Hiện tại em không ở Hà Nội,nhưng BTC có thể gửi đến chị em được không ạ!

Địa chỉ: Nguyễn Thị Hải Yến, số 3 ngõ 521/36/15, Cổ Nhuế, huyện Từ Liêm.

Em đăng kí cuốn :"Những tư tưởng cơ bản ẩn chứa trong toán học phổ thông",tác giả TS.Dương Quốc Việt.

Các thầy ký cho em thì càng tốt ạ.

Giải phương trình:
$x^2+4x+5-\frac{3}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Giải:
ĐK :$x \leq 1$
Pt $\Leftrightarrow (x+2)^2 +\frac{x^2-2x+1}{x^2+x+1}=(x-1)(1-\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}})$
Hay
$(x+2)^2=(1-x)(\frac{2\sqrt{1-x}}{\sqrt{x^2+x+1}}-\frac{(1-x)^2}{x^2+x+1}$
Đặt $y=\sqrt{1-x},z=\sqrt{x^2+x+1}(y,z \geq 0)$,phương trình trở thành:
$(x+2)^2=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}$.
Ta có $VT \geq 0$
$\Rightarrow VP=y^2(\frac{2y}{z}-1)-\frac{y^4}{z^2}=y^2(-\frac{y^2}{z^2}+\frac{2y}{z}-1)=-y^2(\frac{y}{z}-1)^2 \leq 0$
Từ đó suy ra $VT \geq VP$,ta có :
$\left\{\begin{matrix} x+2=0 & & \\ y(\frac{y}{z}-1)=0 & & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=-2 & & \\ y=0 ;y=z& & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=-2$.
Vậy pt có nghiệm $x=-2$

$\to f"(x)=7^{x-1}(ln7)^2+\frac{216}{(6x-5)^2.ln7}>0,\vee x>\frac{5}{6}$

Suy ra phương trình đã cho có tối đa 2 nghiệm, mà $f(1)=f(2)=0\Leftrightarrow x=1\vee x=2(TMDK)$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: $ x=1\vee x=2$

 

Nhận xét: Em làm bài chưa cẩn thận, cách dùng kí hiệu còn tùy tiện. Em cũng đã gần 300 bài viết rồi, chắc là không phải do không biết gõ Latex rồi.

 

Mặt khác, em đã sử dụng hệ quả của định lý Rolle mà không chứng minh nó.

 

Nếu hàm số $y=f(x)$ liên tục, khả vi đến cấp 2 trong $(a;b)$ và $f''(x) > 0, \forall x \in (a;b)$ hoặc $f''(x) < 0, \forall x \in (a;b)$ thì phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm trong $(a;b)$

 

Điểm bài: 7

S = 25 + 7*3 = 46

em lấy bài thứ 2 nha thầy!!!

không biết số phận mềnh sẽ đi vào đâu đây..!!

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $a+b+c=3$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}$$

Đề của hoangtrong2305
 

Lời giải:
Kí hiệu: $\sum a=a+b+c=3$
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có: $\sum a^2\geq \frac{1}{3}(\sum a)^2$
Bài toán(Áp dụng BĐT cauchy):
$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c}{a+b+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}+a}{b+c+a^{2}}}+\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}+b}{c+a+b^{2}}}=\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2+c}{a+b+c^2}}=\sum \frac{a^2+b^2+c}{\sqrt{(a^2+b^2+c)(a+b+c^2)}}\geq \sum \frac{a^2+b^2+c}{\frac{a^2+b^2+c+a+b+c^2}{2}}=2\frac{2\sum (a^2+a)-\sum a}{\sum (a^2+a)}=4-\frac{2\sum a}{\sum (a^2+a)}\geq 4-\frac{2\sum a}{\frac{1}{3}(\sum a)^2+\sum a}=3$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
P/s: Làm bừa..!!!

 

ĐIỂM: 10

 

S = 18 + 3*10 = 48

Tìm $a$ để phương trình sau có nghiệm
$$\sqrt{1+2\cos x}+\sqrt{1+2\sin x}=a$$
Đề của Primary

P/s: Sao khi tối lên không có đề, bây giờ lại có mà thời gian ra đề lại thấy 20h09 nhỉ??
Lời giải:
Ta thấy pt có chu khi là $T=2\pi$ nên ta xét trong khoảng $x\epsilon [-\pi;\pi]$
ĐK:$\left\{\begin{matrix}1+2cosx\geq0 \\ 1+2sinx\geq0\\a\geq0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\pi}{6}\leq x\leq\frac{\pi}{3}\\a\geq0\end{matrix}\right.$
Ta có: $a^2=2+2(cosx+sinx)+2\sqrt{1+2(cosx+sinx)+4sinx.cosx}$
Đặt $t=sinx+cosx$$\to 2sinxcosx=t^2-1$
$\to a^2=2+2t+2\sqrt{1+2t+2(t^2-1)}=2+2t+2\sqrt{2t^2+2t-1}=f(t)$
Ta có: $\frac{\pi}{6}\leq x\leq \frac{\pi}{3}\to \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Ta có:$f'(t)=2+\frac{4t+2}{\sqrt{2t^2+2t-1}}>0$, với mọi $ \frac{1+\sqrt{3}}{2}\leq t\leq \sqrt{2}$
Nên: $f(\frac{1+\sqrt{3}}{2})\leq f(t)\leq f(\sqrt{2})\Leftrightarrow 3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}\leq a^2\leq 4+4\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3+\sqrt{3}+2\sqrt{2+2\sqrt{3}}}\leq a\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$ (*)
Vậy $a$ thỏa mãn với (*) thì phương trình đã cho có nghiệm...xong


Điều kiện (chỗ tô màu) sai nên hạn chế điều kiện của ẩn phụ và cuối cùng dẫn đến sai kết quả!
ĐIỂM: 0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx$

$I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx$

$=\int\limits_0^1 (1+\frac{2x}{x^2+1})dx$

$=x\mid_0^1+ \int\limits_0^1 \frac{d(x^2+1)}{x^2+1}$

$=1+\ln|x^2+1|\mid_0^1$

$=1+\ln2$

Đề của BTC
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, có cạnh đáy bằng $a$. Góc giữa hai mặt bên kề nhau bằng $\alpha$. Hãy tính thể tích khối chóp theo $a$ và $\alpha$

BÀI GIẢI:

Cách 1:
Dựng hệ trục $Oxyz$ trong đó $O=AC\cap BD, A(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0),B(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0),C(\frac{-a}{\sqrt{2}};0;0),D(0;\frac{-a}{\sqrt{2}};0),S(0;0;h)$ ,$h>0$
$ \to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^2h}{3}$
$\underset{SB}{\rightarrow} = (0;\frac{a}{\sqrt{2}};-h),\underset{SA}{\rightarrow} = (\frac{a}{\sqrt{2}};0;-h),\underset{SC}{\rightarrow} = (\frac{-a}{\sqrt{2}};0;-h)$
Vecto pháp tuyến của $(SAB),(SBC)$ lần lượt là $\underset{n_{1}}{\rightarrow}=[\underset{SA}{\rightarrow},\underset{SB}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}),\underset{n_{2}}{\rightarrow}=[\underset{SB}{\rightarrow},\underset{SC}{\rightarrow} ]=\frac{a}{\sqrt{2}}(-h;h;\frac{a}{\sqrt{2}}).$
Ta có: $cos\alpha =cos((SABC),(SBC))=\frac{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}.\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}{|\underset{n_{1}}{\rightarrow}|.|\underset{n_{2}}{\rightarrow}|}=\frac{a^2}{4h^2+a^2}\to h=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{1}{cos\alpha }-1}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{a^3.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
Cách 2:

Gọi M là hình chiếu của A lên SB. Vì $S.ABCD$ đều nên M cũng là hình chiếu của C lên SB và $MA=MC$.
$\to ((SAB),(SBC))=AMC=180-\alpha$
$\left\{\begin{matrix}AM\perp SB\\CM\perp SB\end{matrix}\right.\to OM\perp SB$
Vì O là trung điểm cạnh AC nên góc$OMC=\frac{180-\alpha }{2}$$\to OM=OC.tan\frac{\alpha }{2}=\frac{a.tan\frac{\alpha }{2}}{\sqrt{2}}$
Xét tam giác vuông tại O có đường cao OM:$\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OB^2}\to SO=\frac{OM.OB}{\sqrt{OB^2-OM^2}}=\frac{a.sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{a^3sin\frac{\alpha }{2}}{3\sqrt{2cos\alpha }}$
P/s: em lấy bài này ah!!

 

 

Điểm bài: 10

Điểm thưởng: 8 (cách làm thứ 2 thiếu chứng minh $\widehat{AMC}=180-\alpha$

 

S = 25 + 3*10+8 = 63

Em có gửi bài bằng điện thoại mà sao không thấy bài viết,diễn đàn có bị lỗi gì không ạ!

Đề của BTC

Cho tam giác $ ABC $ có phươnng trình các đường thẳng là:

$$ (AB): x - y + 2 = 0; (AC): 2x + y + 1 = 0; (BC): 4x - y -7 = 0 $$

Lập phương trình đường thẳng $ (d) $ đi qua điểm $ M \left ( \frac{3}{2} ; 6  \right ) $ và chia tam giác $ ABC $ thành hai phần có diện tích bằng nhau.

Bài giải:

[[-]] $ (AB): x - y + 2 = 0; (AC): 2x + y + 1 = 0; (BC): 4x - y -7 = 0 \to A(-1;1),$ $ B(3;5),$ $ C(1;-3) $ và diện tích $S_{ABC}=12(đvdt)$

[[-]] Xét 2 trường hợp:

[+] Đường thẳng $2x-3=0$ cắt $AB$ tai $P(\frac{3}{2};\frac{7}{2})$ và $BC$ tại $Q(\frac{3}{2};-1)$

$\to S_{PQB}=\frac{27}{4}\neq \frac{1}{2}S_{ABC}$

[+] Đường thẳng $y=k(x-\frac{3}{2})-6$ cắt $AB, BC, CA$ lần lượt tại $M(\frac{\frac{3}{2}k+8}{k-1};\frac{\frac{7}{2}k+6}{k-1}),N(\frac{\frac{3}{2}k-1}{k-4};\frac{24-k}{k-4}), H(\frac{\frac{3}{2}k+5}{k+2};\frac{-4k-12}{k+2})$

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $M$ thuộc đoạn $AB$ $\to -1< \frac{\frac{3}{2}k+8}{k-1}< 3$ và $1< \frac{\frac{7}{2}k+6}{k-1}< 5$

Giả sử $N$ thuộc đoạn $BC$ thì để thỏa mãn yêu cầu bài ta cần có: $S_{MBN}=\frac{1}{2}S_{ABC}\Leftrightarrow \frac{1}{2}.3.\sqrt{k^2+1}.|\frac{\frac{9}{2}k-33}{(k-1)(k-4)}|=6$(chịu)

 

Điểm bài: 3 điểm

Cho hàm số $y=x^{4}-4mx^{2}+3m-1$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị của hàm số. Tìm $m$ để $r$ trị nhỏ nhất? lớn nhất?

 

Đề của BTC

Giải:

Ta có: $y'=4x(x^2-2m)$,$y'=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0\\x^2=2m\end{matrix}\right.$

Để hàm số có 3 điểm cự trị khi và chỉ khi $y'=0$ có 3 nghiệm phân biệt hay $m>0$

Gọi 3 điểm cự trị là: $A(\sqrt{2m};-4m^2+3m-1),B(0;3m-1),C(-\sqrt{2m};-4m^2+3m-1)$

$\to AB=CB=\sqrt{16m^4+2m},AC=2\sqrt{2m},d(B,AC)=4m^2,p=\frac{AB+BC+CA}{2} $

Ta có: $r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{\frac{1}{2}.d(B,AC).AC}{\frac{AB+BC+CA}{2}}=\frac{4m^2.2\sqrt{2m}}{2\sqrt{16m^4+2m}+2\sqrt{2m}}=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Xét hàm: $f(m)=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$, với $m>0$

$\to f'(m)=\frac{8m(2m^3+\sqrt{8m^3+1}+1)}{\sqrt{8m^3+1}(\sqrt{8m^3+1}+1)^2}>0,\vee m>0$

Vậy $f(m)$ không có cực trị hay không tồn tại  $m$ để $r$ đạt giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất

P/s: Làm bừa+bậy..!!

 

Điểm bài: 10

S = 7 + 10*3 =37

quái, điểm tính từ người làm đúng mà!! sao làm sai cũng được 25;23 nhỉ??

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}$ và mặt phẳng $(P): x+2y+z-1=0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ và cắt hai đường thẳng $Ox, d$ lần lượt tại $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Đề của Spin9x

Giải
Giả sử ta tìm được tọa độ điểm $A,B$ sao cho đoạn $AB$ nhỏ nhất.
$A=(a;0;0)\epsilon (Ox)$ $, B=(2+2t;1+t;-t)\epsilon (d)$ SAI $B(2+2t;t-1;-t)$ mới đúng
$MP(P)$ có veto pháp tuyến là $\underset{n_{P}}{\rightarrow}=(1;2;1)$
$PT(\Delta)$ có veto chỉ phương $\underset{AB}{\rightarrow}$$=(2+2t-a;1+t;-t)$
Vì $(\Delta )//(P)\Rightarrow \underset{AB}{\rightarrow}\perp \underset{n_{P}}{\rightarrow}\Rightarrow 1(2+2t-a)+2(1+t)+1(-t)=0\Leftrightarrow 3t-a+4=0$
$|AB|=\sqrt{(2+2t-a)^2+(1+t)^2+(-t)^2}=\sqrt{3t^2+6t+5}=\sqrt{3(t+1)^2+2}\geq \sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $t=-1;a=1$
$\Rightarrow (\Delta ):\left\{\begin{matrix}x=1-t'\\y=0\\z=t'\end{matrix}\right.,t'\epsilon \mathbb{Z}$

Sai lầm dẫn đến kết quả sai.
Điểm bài 2

Bài 6: $I=\int_{0}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}(3-x^2)\sqrt{3-x^2}dx$

Đặt $x=\sqrt{3} sint, t \in [\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$

 

$\Rightarrow dx= \sqrt{3} cost dt$

 

$I= \int (3-3sin^2t) \sqrt{3-3sin^2t}(\sqrt{3}cost)dt$

 

$=9 \int cos^4t dt= \frac{9}{4} \int (1+cos2t)^2 dt$

 

$=\frac{9}{4} \int (1+2cos2t +\frac{1+cos4t}{2}) dt$

 

$=\frac{9}{8} \int (3+4cos2t +cos4t) dt$

 

$=\frac{9}{8}(3t+2sin2t+\frac{1}{4} sin4t)+C$

Bài 5  $\int \frac{dx}{1+x+\sqrt{1+x^2}}$

đặt $\sqrt{1+x^2}= -x+t$

$\Rightarrow x^2+1= x^2-2xt+t^2$

$\Rightarrow x=\frac{t^2-1}{2t}$

$\Rightarrow dx= \frac{t^2+1}{2t^2}dt$

Từ đó ta có:

$I= \frac{1}{2} \int \frac{t^2+1}{t^2(t+1)}dt$

$=\frac{1}{2}(\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t+1}-\frac{1}{t})$

$=\frac{1}{2}( -\frac{1}{t} +2 \ln|t+1|-\ln|t|)$

Có 5 em lớp 12, 3 em lớp 11, 2 em lớp 10. Chọn ra 5 em để lập đội bóng, sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

Số cách chọn 4 học sinh chỉ trong 1 khối hoặc 2 khối.
Khối 12 :1 cách
Khối 10 và 11: 1 cách
Khối 10 và 12: $C^{5}_{7}$
Khối 11 và 12: $C^{5}_{8}$
Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học sinh là: $C^{5}_{10}$
Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
$$C^{5}_{10} - 1 - 1 - C^{5}_{7} - C^{5}_{8} = 173$$

Tìm giới hạn: $N=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2}.\frac{3}{4}...\frac{2n-1}{2n}=\lim_{n\to +\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}$

ĐỀ BÀI:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCD là nửa lục giác đều và $AB=BC=CD=a$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
BÀI GIẢI:
Gọi $H=AC\cap BD$ . Vì $\left\{\begin{matrix}(SAC)\perp (ABCD)\\(SBD)\perp (ABCD)\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABCD)$
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SD.
Do ABCD là nửa lục giác đều nên $AB\perp BD$. Két hợp với $AB\perp SH \to AB\perp(SBD)\to AB\perp BK \to BK$ là đoạn vuông góc chung của AB và SD. $\to BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $BC//AC \to \frac{HB}{HD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\to HB=\frac{2}{3}BD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Mặt khác: $2S_{SBD}=SH.BD=BK.SD\to SH.a\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{SH^2+HB^2}\to SH=\frac{2a}{3}$
Hơn nữa: $S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=\frac{1}{2}AB.BD+\frac{1}{2}BC.CD.sin120^0=\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

P/s: Hi vọng không quá muộn.

 

 

Bài này giải như thế là sai bạn ạh cos3t=4(cost)^3-3cost

 

Ý bạn là sao nhỉ, từ cách đặt trên ta có:

$8cos^3t -6cost= \sqrt{ 2(cost+1)}$

$\Leftrightarrow 2(4cos^3t -3cost)=\sqrt{2.2 cos^2\frac{t}{2}}$

$\Leftrightarrow cos3t=cos \frac{t}{2}...??????????????????$

Giải phương trình:

$\left ( \frac{5}{2} \right )^{x}+\left ( \frac{2}{5} \right )^{\frac{1}{x}}=\frac{29}{10}$

 

Nghiệm là $x=1$. Nhưng cách tính đạo hàm của bạn thì hơi khó để nhận ra nó lớn hơn 0.

Ta biến đổi một chút nhé. $f(x)=\left ( \frac{5}{2} \right )^x+\left ( \frac{2}{5} \right )^{\frac{1}{x}}=\left ( \frac{5}{2} \right )^x+\left ( \frac{5}{2} \right )^{-\frac{1}{x}}$

Bây giờ ta mới tính đạo hàm $f'(x)=\left ( \frac{5}{2} \right )^x.\ln\left ( \frac{5}{2} \right )+\frac{1}{x^2}.\left ( \frac{5}{2} \right )^{-\frac{1}{x}}.\ln\left ( \frac{5}{2} \right )>0$

$f(x)$ bị gián đoạn tại $x=0$?!!

$x^{3} - 3x =\sqrt{x+2 }$

 

 

MOD: Chú ý tiêu đề bạn nhé

 Bài này đại loại như sau:

chứng minh pt không có nghiệm $x>2$

$x^3-3x=x+x(x^2-4)>x>\sqrt{2x}>\sqrt{x+x} > \sqrt{x+2}$

đặt $x=2 cost $ ta được pt:

$cos3t=cos \frac{t}{2}$...

pt có 3 nghiệm $x=2, x=2cos\frac{4\pi}{4}, x= 2cos\frac{4\pi}{7}$.

P/s: Bài T6 báo THTT số 429, chắc giờ có báo rồi đấy, không biết lời giải của báo thế nào, bạn xem số 433 nhé!

 

Bài toán. Giải hệ phương trình 

 

$$\begin{cases} \sqrt{x-\frac{1}{4}}+\sqrt{y-\frac{1}{4}}=\sqrt{3} \\ \sqrt{y-\frac{1}{16}}+\sqrt{z-\frac{1}{6}}=\sqrt{3} \\ \sqrt{z-\frac{9}{16}}+\sqrt{x-\frac{9}{16}}=\sqrt{3}\end{cases}$$

 

Bài T7 báo THTT tháng 2, giải ở tháng 6, bạn tự xem nhé!

Bạn thử xem lại có cách nào giải được cái đoạn nghiệm lẻ không ?bậc ba nghiệm xấu?mà lượng giác thì ai làm thế?

Bài đã cho lẻ thì chịu rồi, giải bậc 3 chịu khó dùng Cardano đi em.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  $d_{1}:3x+y=-5,d_{2}:3x+y=-1$ và điểm M(1;-2). Viết phương trình đường thẳng  $\Delta$ qua M đồng thời cắt  $d_{1},d_{2}$ lần lượt tại 2 điểm A,B sao cho $AB=2\sqrt{2}$.

 

 

 

Nhận thấy $d_1 // d_2$ ta có $d(d_1;d_2)=2$

Từ $A \in d_1$ kẻ $AH$ vuông góc với $d_2$ ta có $AH=2$

$\Rightarrow cos(d_1; \Delta)=\frac{1}{\sqrt 2}$

$\Delta : a(x-1)+b(y+2)=0$

$\Rightarrow \frac{3a+b}{\sqrt{10(a^2+b^2)}}=\frac{1}{\sqrt 2}$

$\Leftrightarrow 2a=b, a=-2b$......

 

M,A,B thẳng hàng => tích có hướng MA và MB =0

đây phải là tích vô hướng mà

Vs lại minh mới đọc trước lớp 10 cho hỏi sao M,A,B thẳng hàng thì tích có hướng MA và MB bằng 0 nhỉ

Lời giải bài trên sai.

$M,A,B $ thẳng hàng ta có $\overrightarrow {MA} = k \overrightarrow {MB}$

Và

 $\overrightarrow {MA}. \overrightarrow {MB}=0$ khi

$MA ,MB$ vuông góc.