K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 1 2017
Gọi vecto chỉ phương của tiếp tuyến là \(\overrightarrow{u}_{(a,b,c)}\). Ta có :
\(\overrightarrow {AC}=(-1,-1,0);\overrightarrow {n}_{P}=(2,1,1)\)
Theo điều kiện đề bài \(\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{AC},\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{n}_{P}\Rightarrow \overrightarrow{u}=[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{n}_{P}]=(-1,1,1)\)
Do đó phương tiếp tuyến có dạng \(\frac{x-2}{-1}=y-2=z\), tức đáp án $B$ là đáp án đúng
HB
27 tháng 4 2017
a) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:
3(12 + 4t) +5(9 + 3t) - (1 + t) = 0
⇔ 26t + 78 = 0 ⇔ t = -3.
Tức là d ∩ (α) = M(0 ; 0 ; -2).
Trong trường hợp này d cắt (α) tại điểm M.
b) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:
(1 + t) + 3.(2 - t) + (1 + 2t) + 1 = 0
⇔ 0.t + t = 9, phương trình vô nghiệm.
Chứng tỏ d và (α) không cắt nhau., ta có d // (α).
c) Thay các tọa độ x ; y ; z trong phương trình tham số của d vào phương trình (α) ta có:
(1 + 1) + (1+ 2t) + (2 - 3t) - 4 = 0
⇔ 0t + 0 = 0,phương trình này có vô số nghiệm, chứng tỏ d ⊂ (α) .
27 tháng 4 2016
Đặt \(A\left(a;a^3-3a^2+2\right);B\left(b;b^3-3b^2+2\right);a\ne b\)
Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là :
\(k_A=y'\left(x_A\right)=3a^2-6a;k_B=y'\left(x_B\right)=3b^2-6b\)
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi \(k_A=k_B\)
\(\Leftrightarrow3a^2-6a=3b^2-6b\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow b=2-a\)
Độ dài đoạn AB là :
\(AB=\sqrt{\left(a-b\right)^2+\left[a^3-b^3-3\left(a^2-b^2\right)\right]^2}\)
\(=\sqrt{\left(a-b\right)^2+\left(a-b\right)^2.\left[a^2+ab+b^2-3\left(a+b\right)\right]^2}\)
\(=\sqrt{4\left(a-1\right)^2+4\left(a-1\right)^2\left[\left(a-1\right)^2-3\right]^2}\)
Đăth \(\left(a-1\right)^2=t\) mà \(AB=4\sqrt{2}\Leftrightarrow t+t\left(1-3\right)^2=8\Leftrightarrow\left(t-4\right)\left(t^2-2t+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow t=4\Rightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}a-1=2\\a-1=-2\end{array}\right.\)
\(\Rightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}a=3\\a=-1\end{array}\right.\)
* Với \(a=3\Rightarrow b=-1\Rightarrow A\left(3;2\right);B\left(-1;-2\right)\)
* Với \(a=1\Rightarrow b=3\Rightarrow A\left(-1;-2\right);B\left(3;2\right)\)
Vậy \(A\left(-1;-2\right);B\left(3;2\right)\) hoặc \(A\left(3;2\right);B\left(-1;-2\right)\)
TH
26 tháng 3 2016
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B (2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A (0;2) => P=-4<0, thay tọa độ điểm B (2;-2) => P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về 2 phía của đường thẳng y=3x-2.
Để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A,M,B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB : y =-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :
\(\begin{cases}y=3x-2\\y=-2x+2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\frac{4}{5}\\y=\frac{2}{5}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow M\left(\frac{4}{5};\frac{2}{5}\right)\)
7 tháng 4 2016
Ta có các điểm cực trị của (C) là A(0;4); B(2;0)
Gọi M (x;y) thuộc (P) : \(y=x^2\) khi đó \(\overrightarrow{MA}=\left(x;x^2-4\right);\overrightarrow{MB}=\left(x-2;\right)x^2\)
Tam giác AMB vuông tại M \(\Leftrightarrow\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0\Leftrightarrow x\left(x-2\right)+x^2\left(x^2-4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^3-3x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)=0\)
Vậy có 3 điểm M thuộc (P) để tam giác AMB vuông tại M là \(M_1\left(0;0\right);M_2\left(-1;1\right);M_3\left(2;4\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2017
Bài 1:
Gọi tọa độ của \(A=(0,0,a)\) và \(B=(m,n,p)\)
Vì $(P)$ vuông góc với $(d)$ nên \(\overrightarrow {n_P}=\overrightarrow {u_d}=(2,-1,1)\) kết hợp với $(P)$ chứa $A$ nên PTMP: \((P):2x-y+z-a=0\)
Ta có \(B\in (P)\Rightarrow 2m-n+p-a=0(1)\)
Mặt khác \(B\in (d')\Rightarrow \frac{m-1}{1}=\frac{n}{2}=\frac{p+2}{1}=t\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m=t+1\\ n=2t\\ p=t-2\end{matrix}\right.\)
Thay vào $(1)$ ta thu được $t=a$
\(\Rightarrow AB=\sqrt{m^2+n^2+(p-a)^2}=\sqrt{(a+1)^2+(2a)^2+4}=\sqrt{5a^2+2a+5}\geq \frac{2\sqrt{30}}{5}\Leftrightarrow a=\frac{-1}{5}\)
Có nghĩa là để $AB$ min thì $a=\frac{-1}{5}$
Vậy PTMP: \(2x-y+z-\frac{1}{5}=0\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 1 2017
Câu 2:
Thay toạ độ $A$ và $B$ vào $(P)$ có \([3.1-4(-1)+2-1](3.3-4.0+1-1)>0\) nên $A,B$ cùng phía so với $(P)$
Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $(P)$ \(\Rightarrow MA=MA'\Rightarrow MA+MB=MA'+MB\geq A'B\)
Do đó \((MA+MB)_{\min}\Leftrightarrow A',M,B\) thẳng hàng
Biểu thị $(d)$ là đường thẳng chứa đoạn $AA'$.
Hiển nhiên \((d)\perp (P)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow {n_P}=(3,-4,1)\)
Kết hợp với $A\in (d)$ nên \(d:\frac{x-1}{3}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z-2}{1}=t\)
Khi đó gọi \(H\equiv AA'\cap (P)\). Dễ có \(H=(\frac{1}{13},\frac{3}{13},\frac{22}{13})\)
Lại có $H$ là trung điểm của $AA'$ nên tọa độ của $A'$ là
\(\left\{\begin{matrix} x_{A'}=2x_H-x_A=\frac{-11}{13}\\ y_{A'}=2y_H-y_A=\frac{19}{13}\\ z_{A'}=2z_H-z_A=\frac{18}{13}\end{matrix}\right.\)
Khi đó ta dễ dàng viết được PTĐT chứa $A'B$ là \(\frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\)
Tọa độ của $M$ là nghiệm của hệ
\(\left\{\begin{matrix} \frac{13(x-3)}{50}=\frac{13y}{19}=\frac{13(z-1)}{5}\\ 3x-4y+z-1=0\end{matrix}\right.\Rightarrow M(\frac{-213}{79},\frac{-171}{79},\frac{34}{79})\)
.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 5 2020
3.
\(x.f'\left(x\right)+\left(x+1\right)f\left(x\right)=3x^2.e^{-x}\)
\(\Leftrightarrow x.e^x.f'\left(x\right)+\left(x+1\right).e^x.f\left(x\right)=3x^2\)
\(\Leftrightarrow\left[x.e^x.f\left(x\right)\right]'=3x^2\)
Lấy nguyên hàm 2 vế:
\(\Rightarrow x.e^x.f\left(x\right)=\int3x^2dx=x^3+C\)
\(f\left(1\right)=\frac{1}{e}\Rightarrow1.e.\frac{1}{e}=1^3+C\Rightarrow C=0\)
\(\Rightarrow x.e^x.f\left(x\right)=x^3\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^2}{e^x}\)
\(\Rightarrow f\left(2\right)=\frac{4}{e^2}\)
4.
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc (P)
(Q) nhận \(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{u_d}\right]=\left(-3;2;1\right)\) là 1 vtpt
Phương trình (Q):
\(-3x+2\left(y+1\right)+1\left(z-2\right)=0\Leftrightarrow-3x+2y+z=0\)
d' là hình chiếu của d lên (P) nên là giao tuyến của (P) và (Q) có pt thỏa mãn:
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y+z+3=0\\-3x+2y+z=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow d'\) đi qua \(A\left(0;3;-6\right)\) và nhận \(\overrightarrow{u_{d'}}=\left[\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(1;4;-5\right)\) là 1 vtcp
Phương trình chính tắc d': \(\frac{x}{1}=\frac{y-3}{4}=\frac{z+6}{-5}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 5 2020
1/
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=lnx\\dv=\left(2x+1\right)dx\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}du=\frac{dx}{x}\\v=x^2+x\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow I=\left(x^2+x\right)lnx|^3_e-\int\limits^3_e\left(x+1\right)dx=\left(x^2+x\right)lnx|^3_e-\left(\frac{1}{2}x^2+x\right)|^3_e\)
\(=12ln3-\frac{e^2}{2}-\frac{15}{2}\)
2/
Đặt \(z=x+yi\)
\(\left|x+1+\left(y-1\right)i\right|=\left|x+\left(y-3\right)i\right|\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2+\left(y-1\right)^2=x^2+\left(y-3\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2x+4y-7=0\Rightarrow x=\frac{7}{2}-2y\)
Ta có: \(A=\left|z-i\right|=\left|x+\left(y-1\right)i\right|=\sqrt{x^2+\left(y-1\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(\frac{7}{2}-2y\right)^2+\left(y-1\right)^2}=\sqrt{5y^2-16y+\frac{53}{4}}=\sqrt{5\left(y-\frac{8}{5}\right)^2+\frac{9}{20}}\ge\sqrt{\frac{9}{20}}\)
\(\Rightarrow\left|z-i\right|_{min}=\sqrt{\frac{9}{20}}\)
toán lớp 6 jhE