\(d:\frac{x}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-1}{-2}\) có VTCP \(\overrightarrow{u}\left(1;2;-2\right)\)

Mặt phẳng \(\left(Oxz\right)\)có VTPT \(\overrightarrow{j}\left(0;1;0\right)\)

Mặt phẳng (P) chứa d và vuông góc với (Oxz) nên VTPT của (P) là:

\(\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{j}\right]=\left(2;0;1\right)\)

Mặt phẳng (P): điểm \(M\left(0;-1;1\right)\in d\subset\left(P\right)\), VTPT \(\overrightarrow{n}\left(2;0;1\right)\)

\(\Rightarrow\left(P\right):2x+z-1=0\)

Kẻ \(SH\perp AC\left(H\in AC\right)\)

Do \(\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(SA=\sqrt{AC^2-SC^2}=a;SH=\frac{SA.SC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(S_{ABCD}=\frac{AC.BD}{2}=2a^2\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.2a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

Ta có \(AH=\sqrt{SA^2-SH^2}=\frac{a}{2}\Rightarrow CA=4HA\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)

Do BC//\(\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(B,\left(SAD\right)\right)=d\left(C,\left(SAD\right)\right)=4d\left(H,\left(SAD\right)\right)\)

Kẻ \(HK\perp AD\left(K\in AD\right),HJ\perp SK\left(J\in SK\right)\)

Chứng minh được \(\left(SHK\right)\perp\left(SAD\right)\) mà \(HJ\perp SK\Rightarrow HJ\perp\left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAD\right)\right)=HJ\)

Tam giác AHK vuông cân tại K\(\Rightarrow HK=AH\sin45^0=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

\(\Rightarrow HJ=\frac{SH.HK}{\sqrt{SH^2+HK^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\)

Vậy \(d\left(B,\left(SAD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}\left(-2;2;1\right)\) và đi qua \(M\left(3;6;1\right)\)

Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}\left(-4;-2;5\right)\) và đi qua \(\overrightarrow{AM}\left(-1;4;-1\right)\)

Ta có \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right]=\left(12;6;12\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right].\overrightarrow{AM}=-12+24-12=0\)

Vậy ta có AB và d đồng phẳng.

\(C\in d\Rightarrow C\left(3-2t;6+2t;1+t\right)\)

Tam giác ABC cân tại A \(\Leftrightarrow AB=AC\)

                                    \(\Leftrightarrow\left(1+2t\right)^2+\left(4+2t\right)^2+\left(1-t\right)^2=45\)

                                    \(\Leftrightarrow9t^2-18t-27=0\)

                                   \(\Leftrightarrow t=1\) hoặc \(t=-3\)

Vậy \(C\left(1;8;2\right)\) hoặc \(C\left(9;0;-2\right)\)

1.

Do d song song denta nên cũng nhận \(\left(4;2;3\right)\) là 1 vtcp

Phương trình d dạng tham số: \(\left\{{}\begin{matrix}x=4+4t\\y=-2+2t\\z=2+3t\end{matrix}\right.\)

Dạng chính tắc: \(\frac{x-4}{4}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-2}{3}\)

2.

(P) nhận \(\left(2;2;-1\right)\) là 1 vtpt

Gọi d là đường thẳng qua M và vuông góc (P) \(\Rightarrow\) d nhận (2;2;-1) là 1 vtcp

Phương trình d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+2t\\y=1+2t\\z=1-t\end{matrix}\right.\)

Hình chiếu M' của M lên (P) là giao d và (P) nên tọa độ thỏa mãn:

\(2\left(1+2t\right)+2\left(1+2t\right)-\left(1-t\right)+6=0\) \(\Rightarrow t=-1\)

\(\Rightarrow M\left(-1;-1;2\right)\)

3.

Tọa độ hình chiếu C của A lên (Oyz) là \(C\left(0;2;-3\right)\)

Do B đối xứng A qua C nên C là trung điểm AB, theo công thức trung điểm:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_B=2x_C-x_A=1\\y_B=2y_C-y_A=2\\z_B=2z_C-z_A=-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B\left(1;2;-3\right)\)

4.

Gọi mặt phẳng là (P) đi, alpha khó tìm kí tự

(P) nhận \(\left(2;2;-1\right)\) là 1 vtpt

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc (P) \(\Rightarrow\) nhận (2;2;-1) là 1 vtcp

Phương trình d: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+2t\\y=2+2t\\z=-3-t\end{matrix}\right.\)

Hình chiếu C của A lên (P) là giao điểm d và (P) nên tọa độ thỏa mãn:

\(2\left(1+2t\right)+2\left(2+2t\right)-\left(-3-t\right)+9=0\) \(\Rightarrow t=-2\)

\(\Rightarrow C\left(-3;-2;-1\right)\)

B là điểm đối xứng A qua (P) \(\Leftrightarrow\) C là trung điểm của AB

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_B=2x_C-x_A=-7\\y_B=2y_C-y_A=-3\\z_B=2z_C-z_A=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B\left(-7;-3;0\right)\)

5.

Khẳng định A sai, vì \(\int f'\left(x\right)dx=f\left(x\right)+C\)

6.

\(z^4-4z^3+7z^2-16z+12=0\)

\(\Leftrightarrow z^4-4z^3+3z^2+4z^2-16z+12=0\)

\(\Leftrightarrow z^2\left(z^2-4z+3\right)+4\left(z^2-4z+3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(z^2+4\right)\left(z^2-4z+3\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z^2=-4=4i^2\\z^2-4z+3=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=2i\\z=-2i\\z=1\\z=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(2i\right)^2+\left(-2i\right)^2+1^2+3^2=2\)

Lời giải:

Gọi tọa độ của \(M=(a,b,c)\)

Vì \(M\in (\Delta)\Rightarrow \frac{a-2}{-3}=\frac{b}{1}=\frac{c+1}{2}=t\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a=-3t+2\\b=t\\c=2t-1\end{matrix}\right.\)

Mặt khác \(M\in (P)\Rightarrow a+2b-3c+2=0\)

\(\Leftrightarrow -3t+2+2t-3(2t-1)+2=0\)

\(\Leftrightarrow -7t+7=0\Rightarrow t=1\)

Do đó \(M(-1,1,1)\)

Ta có \(A\left(4;0;-4\right)\) và \(B\left(1;-1;0\right)\) thuộc d

Gọi phương trình (P): \(ax+by+cz+4d=0\)

Do (P) chứa d \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a-4c+4d=0\\a-b+4d=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=c-d\\b=a+4d=c+3d\end{matrix}\right.\)

Phương trình (P) viết lại:

\(\left(c-d\right)x+\left(c+3d\right)y+cz+4d=0\)

Do (P) tiếp xúc (S):

\(d\left(I;\left(P\right)\right)=R\Leftrightarrow\frac{\left|3\left(c-d\right)-3\left(c+3d\right)+c+4d\right|}{\sqrt{\left(c-d\right)^2+\left(c+3d\right)^2+c^2}}=3\)

\(\Leftrightarrow\left|c-8d\right|=3\sqrt{3c^2+4cd+10d^2}\)

\(\Leftrightarrow26c^2+52cd+26d^2=0\) \(\Rightarrow c=-d\)

Giao của (P) và trục Oz (\(x=0;y=0\)):

\(cz+4d=0\Rightarrow z=-\frac{4d}{c}=4\Rightarrow\left(0;0;4\right)\)

1.

\(\left\{{}\begin{matrix}a+bi+a-bi=10\\\sqrt{a^2+b^2}=13\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=10\\a^2+b^2=169\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=5\\b=12\end{matrix}\right.\)

2.

\(\left(-2+i\right)^2+a\left(-2+i\right)+b=0\)

\(\Leftrightarrow3-4i-2a+ai+b=0\)

\(\Leftrightarrow\left(-2a+b+3\right)+\left(a-4\right)i=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2a+b+3=0\\a-4=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=4\\b=5\end{matrix}\right.\)

3.

\(z^2+2z+8=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z_1=-1+7i\\z_2=-1-7i\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow w=10+2\sqrt{7}i\)

4.

\(z^4-z^2-12=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=4\\z=-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}z=2\\z=-2\\z=i\sqrt{3}\\z=-i\sqrt{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=4+2\sqrt{3}\)

5.

\(\overrightarrow{NM}=\left(3;-3;2\right)\Rightarrow MN=\sqrt{3^2+3^2+2^2}=\sqrt{22}\)

6.

\(\overrightarrow{AB}=\left(4;-2;6\right)\Rightarrow R=\frac{AB}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{4^2+2^2+6^2}=\sqrt{14}\)

Gọi I là trung điểm AB \(\Rightarrow I\left(-1;0;-1\right)\)

Pt mặt cầu:

\(\left(x+1\right)^2+y^2+\left(z+1\right)^2=14\)

7.

\(R=d\left(I;Oy\right)=\sqrt{x_I^2+z_I^2}=5\)

Pt mặt cầu:

\(\left(x-3\right)^2+\left(y-2\right)^2+\left(z-4\right)^2=25\)

8.

Đường thẳng d qua điểm \(M\left(0;-1;2\right)\) và nhận \(\overrightarrow{u}=\left(1;-1;-1\right)\) là 1 vtcp

\(\overrightarrow{MI}=\left(1;4;3\right)\)

\(\Rightarrow R=d\left(I;d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{MI}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u}\right|}=\frac{\left|\left(-1;4-;5\right)\right|}{\left|\left(1;-1;-1\right)\right|}=\sqrt{14}\)

Pt mặt cầu:

\(\left(x-1\right)^2+\left(y-3\right)^2+\left(z-5\right)^2=14\)