|
|
sửa đổi
|
Cho đường thẳng $\Delta _m: (m-2)x+(m-1)y +2m-1$ và hai điểm $A(2;3) ; B(1;0)
|
|
|
|
Cho đường thẳng $\Delta _m: (m-2)x+(m-1)y +2m-1$ và hai điểm $A(2;3) ; B(1;0) 1) Cho đường thẳng $\Delta _m: (m-2)x+(m-1)y +2m-1$ và hai điểm $A(2;3) ; B(1;0).$a\ Chứng minh rằng $\Delta _m$ luôn đi qua một điểm cố định với mọi $m.$b\ Xác định $m$ để $\Delta _m$ có ít nhất một điểm chung với đoạn thẳng $AB.$c\ Tìm $m$ để khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\Delta _m$ là lớn nhất.
Cho đường thẳng $\Delta _m: (m-2)x+(m-1)y +2m-1$ và hai điểm $A(2;3) ; B(1;0) 1) Cho đường thẳng $\Delta _m: (m-2)x+(m-1)y +2m-1 =0$ và hai điểm $A(2;3) ; B(1;0).$a\ Chứng minh rằng $\Delta _m$ luôn đi qua một điểm cố định với mọi $m.$b\ Xác định $m$ để $\Delta _m$ có ít nhất một điểm chung với đoạn thẳng $AB.$c\ Tìm $m$ để khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\Delta _m$ là lớn nhất.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Oxyz
|
|
|
|
Normal
0
false
false
false
MicrosoftInternetExplorer4
Câu 1
$d_1 ;d_2 $ lần lượt có VTCP $\overrightarrow{u_1}(0;-3;1)
;\overrightarrow{u_2}(1;-1;0)$
Gọi $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ là VTPT của
$(P)$
ycbt$\Leftrightarrow \begin{cases}\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u_2}=0 \\
\frac{|\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u_1}|}{|\overrightarrow{n}|.|\overrightarrow{u_1}|}=\sqrt{\frac{13}{15}}
\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a-b=0 \\
\frac{|3b-c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{13}{15}} \end{cases}$
thế $a=b$ vào pt $(2)$ và bình phương ta có
$15(9b^2-6bc+c^2)=130(2b^2+c^2)\Leftrightarrow $
/* Style Definitions */
table.MsoNormalTable
{mso-style-name:"Table Normal";
mso-tstyle-rowband-size:0;
mso-tstyle-colband-size:0;
mso-style-noshow:yes;
mso-style-parent:"";
mso-padding-alt:0in 5.4pt 0in 5.4pt;
mso-para-margin:0in;
mso-para-margin-bottom:.0001pt;
mso-pagination:widow-orphan;
font-size:10.0pt;
font-family:"Times New Roman";
mso-ansi-language:#0400;
mso-fareast-language:#0400;
mso-bidi-language:#0400;}
Normal
0
false
false
false
MicrosoftInternetExplorer4
Câu 1
$d_1 ;d_2 $ lầ\.vntime""="">n lượt có VTCP $\overrightarrow{u_1}$(0;-3;1)
$;\overrightarrow{u_2}(1;-1;0)$
Gọ\.vntime""="">i $\overrightarrow{n}(a;b;c)$ là VTPT của
$(P)$
ycbt$\Leftrightarrow \begin{cases}\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u_2}=0 \\
\frac{|\overrightarrow{n}.\overrightarrow{u_1}|}{|\overrightarrow{n}|.|\overrightarrow{u_1}|}=\sqrt{\frac{13}{15}}
\end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a-b=0 \\
\frac{|3b-c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{13}{15}} \end{cases}$
thế\.vntime""=""> $a=b$ vào pt $(2)$ và bình phương ta có
$15(9b^2-6bc+c^2)=130(2b^2+c^2)\Leftrightarrow $
/* Style Definitions */
table.MsoNormalTable
{mso-style-name:"Table Normal";
mso-tstyle-rowband-size:0;
mso-tstyle-colband-size:0;
mso-style-noshow:yes;
mso-style-parent:"";
mso-padding-alt:0in 5.4pt 0in 5.4pt;
mso-para-margin:0in;
mso-para-margin-bottom:.0001pt;
mso-pagination:widow-orphan;
font-size:10.0pt;
font-family:"Times New Roman";
mso-ansi-language:#0400;
mso-fareast-language:#0400;
mso-bidi-language:#0400;}
|
|
|
|
sửa đổi
|
Các bạn giải dùm câu này với =.=
|
|
|
|
Các bạn giải dùm câu này với =.= Cho đường cong (Cm) : y = (m+1)x^{3} - (3m-1)x^{2} - x +3mChứng minh với mọi tham số m đường cong luôn qua 3 điểm cố định A,B,C lập thành 1 tam giácXác định trọng tâm tam giác ABC
Các bạn giải dùm câu này với =.= Cho đường cong $(Cm) : y = (m+1)x^{3} - (3m-1)x^{2} - x +3m $Chứng minh với mọi tham số m đường cong luôn qua 3 điểm cố định A,B,C lập thành 1 tam giácXác định trọng tâm tam giác ABC
|
|
|
|
sửa đổi
|
Nhờ các anh chị giải giúp em bài này trước thứ hai nhé
|
|
|
|
Nhờ các anh chị giải giúp em bài này trước thứ hai nhé Cho hàm số : y = $x^{4}$ - 2$x^{2} $ + m.Tìm trên Õ những điểm kẻ được đúng 3 tiếp tuyến tới đồ thị C ứng với m = 0.Tìm m để đồ thị cắt Õ tại các điểm A,B,C,D theo thứ tự trên sao cho BC=AB+ CD.
Nhờ các anh chị giải giúp em bài này trước thứ hai nhé Cho hàm số : $y = x^{4}$ - 2$x^{2} + m. (C)$1.Tìm trên $Ox$ những điểm kẻ được đúng 3 tiếp tuyến tới đồ thị $(C )$ ứng với $m = 0 $.2.Tìm m để đồ thị cắt $Ox$ tại các điểm $A,B,C,D $ theo thứ tự trên sao cho $BC=AB+ CD. $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Khoảng cách hai đường chéo nhau(tt).
|
|
|
|
Gọi $K\in AB:KH//BD=>AB$_|_$(SHK)=>\widehat{SHK}=60^0=>SH=HK.tan60^0$có $\Delta AKH\sim \Delta ABD=>\frac{AH}{AD}=\frac{KH}{BD}=\frac13$$KH=\frac a3=>SH=\frac{\sqrt3a}3$có $AC$_|_$BD=>(SAC)$_|_$BD$Gọi $O=AC\cap BD$Gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $SC=>d(SC;BD)=OI=\frac12 d(A;SC)=\frac{\sqrt{66}a}{22}$
Gọi $K\in AB:KH//AD=>AB$_|_$(SHK)=>\widehat{SHK}=60^0=>SH=HK.tan60^0$có $\Delta BKH\sim \Delta BAD=>\frac{BH}{BD}=\frac{KH}{AD}=\frac13$$KH=\frac a3=>SH=\frac{\sqrt3a}3$có $AC$_|_$BD=>(SAC)$_|_$BD$Gọi $O=AC\cap BD$Gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $SC=>d(SC;BD)=OI=\frac12 d(A;SC)=\frac{\sqrt{66}a}{22}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Tính tích phân:
|
|
|
|
Tính tích phân: $\int\limits_{ \ln 4}^{ \ln 6}\ tfrac{e^{2x}}{e^{x} + 6e^{-x} - 5} $dx
Tính tích phân: $\int\limits_{ln 4}^{ln 6}\frac{e^{2x}}{e^{x} + 6e^{-x} - 5}dx $
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Khảo sát hàm số
|
|
|
|
Câu 2 $y=2x^3-3(2m+1)x^2+6m(m+1)x+1$Ta có $y=3x(x^2-(2m+1)x+m(m+1))-x^3+3m(m+1)x+1$$y'=6x^2-6x(2m+1)+6m(m+1)=0$$\Leftrightarrow x^2-(2m+1)x+m(m+1)=0$$\Leftrightarrow (x-m)(x-m-1)=0$$\Leftrightarrow x = m \veebar x=m+1$$m\neq m+1 \rightarrow HS$ luôn tồn tại cực trị$x=m\rightarrow y_1=-m^3+3m^2(m+1)+1=2m^3+3m^2+1$$x=m+1\rightarrow y_2=-(m+1)^3+3m(m+1)^2+1=2m^3+3m^2$ Gọi $A(m;y_1) B(m+1;y_2)$dễ thấy $AB=\sqrt2=const$ ĐPCM
Câu 2 $y=2x^3-3(2m+1)x^2+6m(m+1)x+1$Ta có $y=3x(x^2-(2m+1)x+m(m+1))-x^3+3m(m+1)x+1$$y'=6x^2-6x(2m+1)+6m(m+1)=0$$\Leftrightarrow x^2-(2m+1)x+m(m+1)=0$$\Leftrightarrow (x-m)(x-m-1)=0$$\Leftrightarrow x =m $ đây là x CĐ $ \veebar x=m+1$$m\neq m+1 \rightarrow HS$ luôn tồn tại cực trị$x=m\rightarrow y_1=-m^3+3m^2(m+1)+1=2m^3+3m^2+1$$yCĐ>1\Leftrightarrow m>\frac{-3}2$$x=m+1\rightarrow y_2=-(m+1)^3+3m(m+1)^2+1=2m^3+3m^2$ Gọi $A(m;y_1) B(m+1;y_2)$dễ thấy $AB=\sqrt2=const$ ĐPCM
|
|
|
|
sửa đổi
|
Khảo sát hàm số
|
|
|
|
Bài 1 $y=\frac{2x}{2+x}=>y'=\frac{4}{(x+2)^2}$$(C)$ có tâm đối xứng $I(-2;2)$$M(x_0;2-\frac4{x+2})\in (C)$Tiếp tuyến qua $M d: y=\frac4{(x_0+2)^2}(x-x_0)+2-\frac4{x_0+2}$$d(I;d)=\frac{|\frac{8}{(x_0+2)}|}{\sqrt{1+\frac{16}{(x_0+2)^4}}}=\frac{8}{\sqrt{(x_0+2)^2+\frac{16}{(x_0+2)^2}}}\leq \sqrt8$$d(I;d) min\Leftrightarrow (x_0+2)^4=16\Leftrightarrow x_0=0 \veebar x_0=-4 $
Bài 1 $y=\frac{2x}{2+x}=>y'=\frac{4}{(x+2)^2}$$(C)$ có tâm đối xứng $I(-2;2)$$M(x_0;2-\frac4{x+2})\in (C)$Tiếp tuyến qua $M d: y=\frac4{(x_0+2)^2}(x-x_0)+2-\frac4{x_0+2}$$d(I;d)=\frac{|\frac{8}{(x_0+2)}|}{\sqrt{1+\frac{16}{(x_0+2)^4}}}=\frac{8}{\sqrt{(x_0+2)^2+\frac{16}{(x_0+2)^2}}}\leq \sqrt8$$d(I;d) max\Leftrightarrow (x_0+2)^4=16\Leftrightarrow x_0=0 \veebar x_0=-4 $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Khoảng cách hai đường chéo nhau(tt).
|
|
|
|
Gọi $K\in AB:KH//BD=>AB$_|_$(SHK)=>\widehat{SHK}=60^0=>SH=HK.tan60^0$có $\Delta AKH\sim \Delta ABD=>\frac{AH}{AD}=\frac{KH}{BD}=\frac13$$KH=\frac a3=>SH=\frac{\sqrt3a}3$có $BD//(SAC)=>d(SC;BD)=d(BD;(SAC))=d(B;(SAC))=3d(H:(SAC))$Gọi $I\in AC :IH$_|_$AC=>(SIH)$_|_$AC$Gọi $M$ là hình chiếu của $H$ lên $SI=>SM$_|_$(SAC)=>d(H;(SAC))=HM$Xét $\Delta SIH$ vuông $H$ có $SH=\frac{\sqrt3 a}3 ; IH=HK=\frac a3$có $\frac1{HM^2}=\frac1{SH^2}+\frac1{IH^2}=>HM=\frac{\sqrt2 a}4$Vậy $d(SC;BD)=\frac{3\sqrt2 a}4$
Gọi $K\in AB:KH//BD=>AB$_|_$(SHK)=>\widehat{SHK}=60^0=>SH=HK.tan60^0$có $\Delta AKH\sim \Delta ABD=>\frac{AH}{AD}=\frac{KH}{BD}=\frac13$$KH=\frac a3=>SH=\frac{\sqrt3a}3$có $AC$_|_$BD=>(SAC)$_|_$BD$Gọi $O=AC\cap BD$Gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $SC=>d(SC;BD)=OI=\frac12 d(A;SC)=\frac{\sqrt{66}a}{22}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Lượng giác
|
|
|
|
ĐK $x\neq \frac{\pi}4+k\frac{\pi}2;x\neq \frac{\pi}2+k\pi$$pt\Leftrightarrow \frac{sin3x+sin(x-\frac{\pi}2)}{cos2x}=\frac{\sqrt2(sin^2x+2sinxcosx-cos^2x)}{cos^2x-sin^2x}$$\Leftrightarrow 2sin(2x-\frac{\pi}4)cos(x+\frac{\pi}4)=2sin(2x-\frac{\pi}4)$$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}4+k\frac{\pi}2 \veebar x=-\frac{\pi}4+k2\pi$KHĐK => pt vô nghịêm
ĐK $x\neq \frac{\pi}4+k\frac{\pi}2;x\neq \frac{\pi}2+k\pi$$pt\Leftrightarrow \frac{sin3x+sin(x-\frac{\pi}2)}{cos2x}=\frac{\sqrt2(sin^2x+2sinxcosx-cos^2x)}{cos^2x-sin^2x}$$\Leftrightarrow 2sin(2x-\frac{\pi}4)cos(x+\frac{\pi}4)=2sin(2x-\frac{\pi}4)$$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}8+k\frac{\pi}2 \veebar x=-\frac{\pi}4+k2\pi$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình tiếp tuyến
|
|
|
|
Câu2Xét pt hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$$x^3-(m+1)x^2+m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-mx-m)=0$$\Leftrightarrow x=1\vee x^2-mx-m=0(*)$ĐK $\exists ABC(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác 1$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta=m^2-4m>0 \\ 1-2m\neq 0 \end{cases}$Gọi $A(1;m+2) B(x_1;x_1+m+1) C(x_2;x_2+m+1)$ theo Viet $\begin{cases}x_1+x_2=m \\ x_1.x_2=-m \end{cases}$$y'=3x^2-2(m+1)x=3(x^2-mx-m)+mx+3m-2x$ Đây là kĩ năng nhé khi thay $y'(x_1)$ hay $y'(x_2)$ bạn có thể thay trực tiếp nhưng rất lâu bạn hãy biến đổi theo pt $(*)$ Bởi $x_1 x_2$ là nghiệm của $(*)$ nên chỗ biểu diễn THEO $(*)=0$$y'(x_1)+y'(x_2)+y'(1)=12\Leftrightarrow (m-2)(x_1+x_2)+6m+3-2(m+1)=12$
Câu2Xét pt hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$$x^3-(m+1)x^2+m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-mx-m)=0$$\Leftrightarrow x=1\vee x^2-mx-m=0(*)$ĐK $\exists ABC(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác 1$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta=m^2-4m>0 \\ 1-2m\neq 0 \end{cases}$Gọi $A(1;m+2) B(x_1;x_1+m+1) C(x_2;x_2+m+1)$ theo Viet $\begin{cases}x_1+x_2=m \\ x_1.x_2=-m \end{cases}$$y'=3x^2-2(m+1)x+1=3(x^2-mx-m)+mx+3m-2x+1$ Đây là kĩ năng nhé khi thay $y'(x_1)$ hay $y'(x_2)$ bạn có thể thay trực tiếp nhưng rất lâu bạn hãy biến đổi theo pt $(*)$ Bởi $x_1 x_2$ là nghiệm của $(*)$ nên chỗ biểu diễn THEO $(*)=0$$y'(x_1)+y'(x_2)+y'(1)=12$$\Leftrightarrow (m-2)(x_1+x_2)+2+6m+3-2(m+1)+1=12\Leftrightarrow m=2\vee m=-4$Kết hợp với điều kiện $=>m=-4$ thỏa đề
|
|
|
|
sửa đổi
|
Phương trình tiếp tuyến
|
|
|
|
Câu2Xét pt hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$$x^3-(m+1)x^2+m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-mx-m)=0$$\Leftrightarrow x=1\vee x^2-mx-m=0(*)$ĐK $\exists ABC(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác 1$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta=m^2-4m>0 \\ 1-2m\neq 0 \end{cases}$Gọi $A(1;m+2) B(x_1;x_1+m+1) C(x_2;x_2+m+1)$ theo Viet $\begin{cases}x_1+x_2=m \\ x_1.x_2=-m \end{cases}$$y'=3x^2-2(m+1)x=3(x^2-mx-m)+mx+3m-2x$ Đây là kĩ năng nhé khi thay $y'(x_1)$ hay $y'(x_2)$ bạn có thể thay trực tiếp nhưng rất lâu bạn hãy biến đổi theo pt $(*)$ Bởi $x_1 x_2$ là nghiệm của $(*)$ nên chỗ biểu diễn THEO $(*)=0$$y_1+y_2+y_3=12\Leftrightarrow (m-2)(x_1+x_2)+6m+3-2(m+1)=12$
Câu2Xét pt hoành độ giao điểm của $d$ và $(C)$$x^3-(m+1)x^2+m=0\Leftrightarrow (x-1)(x^2-mx-m)=0$$\Leftrightarrow x=1\vee x^2-mx-m=0(*)$ĐK $\exists ABC(*)$ có hai nghiệm phân biệt khác 1$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta=m^2-4m>0 \\ 1-2m\neq 0 \end{cases}$Gọi $A(1;m+2) B(x_1;x_1+m+1) C(x_2;x_2+m+1)$ theo Viet $\begin{cases}x_1+x_2=m \\ x_1.x_2=-m \end{cases}$$y'=3x^2-2(m+1)x=3(x^2-mx-m)+mx+3m-2x$ Đây là kĩ năng nhé khi thay $y'(x_1)$ hay $y'(x_2)$ bạn có thể thay trực tiếp nhưng rất lâu bạn hãy biến đổi theo pt $(*)$ Bởi $x_1 x_2$ là nghiệm của $(*)$ nên chỗ biểu diễn THEO $(*)=0$$y'(x_1)+y'(x_2)+y'(1)=12\Leftrightarrow (m-2)(x_1+x_2)+6m+3-2(m+1)=12$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải hệ phương trình
|
|
|
|
HPT$\Leftrightarrow \begin{cases}x+y^2=7-3x^2 \\ 3x+3y^2=11+4x^2 \end{cases}\rightarrow 3(7-3x^2)=11+4x^2=>x^2=\frac{10}9=>$$x=^+_-\frac{\sqrt{10}}3$với $x=\frac{\sqrt{10}}3=>y^2=\frac{11-\sqrt{10}}3=>y=............$với $x=-\frac{\sqrt{10}}3=>y^2=\frac{11+\sqrt{10}}{3}=>y=.........$
HPT$\Leftrightarrow \begin{cases}x+y^2=7-3x^2 \\ 3x+3y^2=11+4x^2 \end{cases}\rightarrow 3(7-3x^2)=11+4x^2=>x^2=\frac{10}{13}=>$$x=^+_-\sqrt{\frac{10}{13}}$với $x=\sqrt{\frac{10}{13}}=>y=............$với $x=-\sqrt{\frac{10}{13}}=>y=.........$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ct khoảng cách giữa 2đt trong không gian
|
|
|
|
ct khoảng cách giữa 2đt trong không gian nêu ct khoang cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian
ct khoảng cách giữa 2đt trong không gian nêu ct khoang cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian ví dụ d(AB;DC)biết tọa độ các điểm
|
|