Chỉnh sửa đoạn gần cuối

\(...E=1+\left|x_2+x_2\right|\ge1+2=3\rightarrow E=1+\left|x_2-x_3\right|\ge1+2=3\)

a) \(x^3-\left(2m+1\right)x^2-\left(3m^2-6m+2\right)x+3m^2-4m+2=0\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-2mx-3m^2+4m-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\g\left(x\right)=x^2-2mx-3m^2+4m-2=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(PT\left(2\right)\) có \(\Delta'=4+3m^2-4m+2=3m^2-4m+7>0;\forall m\in R\left(\Delta'_m=-17< 0;a=3>0\right)\)

mà \(g\left(1\right)=-3m^2+2m-1< 0;\forall m\in R\left(\Delta'_{gm}=-2;a=-3< 0\right)\)

\(\Rightarrow PT\left(2\right)\) có \(2\) nghiệm phân biệt khác \(1\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) luôn có \(3\) nghiệm phân biệt \(x_1=1;x_2;x_3\ne1\)

b) \(E=x_1+\left|x_2-x_3\right|=1+\left|x_2-x_3\right|\)

\(\left|x_2-x_3\right|=\sqrt{\left(x_2-x_3\right)^2}=\sqrt{\left(x_2+x_3\right)^2-4x_2x_3}\)

mà theo Vi ét cho \(\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2+x_3=2m\\x_2x_3=-3m^2+4m-2\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_2-x_3\right|=\sqrt{4m^2-4\left(-3m^2+4m-2\right)}=\sqrt{16m^2-16m+8}\)

\(=2\sqrt{4m^2-4m+2}=2\sqrt{\left(2m-1\right)^2+1}\ge2;\forall m\in R\)

\(\Rightarrow E=1+\left|x_2+x_3\right|\ge1+2=3\)

Dấu '=' xảy ra khi \(2m-1=0\Leftrightarrow m=\dfrac{1}{2}\)

Vậy với \(m=\dfrac{1}{2}\) thì \(E\left(GTNN\right)=3\) thỏa đề bài

c) \(h=d\left(M;\left(SBD\right)\right)\)

Ta có : \(M\) là trung điểm \(CD\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow V_{M.BCD}=\dfrac{1}{2}.V_{S.BCD}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}.SA.\left(\dfrac{1}{2}S_{ABCD}\right)=\dfrac{1}{12}.2a.a^2=\dfrac{1}{6}a^3\)

mà \(V_{M.BCD}=\dfrac{1}{3}.h.S_{SBD}\)

\(\Rightarrow h=\dfrac{3V_{M.BCD}}{S_{SBD}}=\dfrac{3.\dfrac{1}{6}a^3}{S_{SBD}}=\dfrac{a^3}{2.S_{SBD}}\left(1\right)\)

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\Rightarrow BD=a\sqrt{2}\Rightarrow OD=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

Tam giác vuông \(SOD\) vuông tại \(O\left(\Delta SAB.cân.tại.S\Rightarrow SO\perp BD\right)\)

\(SO=\sqrt{SD^2-OD^2}\)

mà \(SD^2=SA^2+AD^2=4a^2+a^2=5a^2\) \(\left(\Delta SAD.vuông.tại.A\right)\)

\(\Rightarrow SO=\sqrt{5a^2-\dfrac{2a^2}{4}}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}\)

\(S_{SBD}=\dfrac{1}{2}.SO.BD=\dfrac{1}{2}.\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}=\dfrac{3}{2}a^2\)

\(\left(1\right)\Rightarrow h=\dfrac{a^3}{2.\dfrac{3}{2}a^2}=\dfrac{a}{3}\)

Vậy \(d\left(M;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{a}{3}\)

(Dùng phương pháp tọa độ véc tơ cũng ra kết quả như trên)

Câu 2 :

\(\left(d\right):2x+y-4=0\Rightarrow y=-2x+4\) có hệ số góc \(a=-2\)

Hệ số góc của đường thẳng \(d'\) cần tìm là \(k\) và tạo với \(d\) một góc \(45^o\)

\(tan45^o=\left|\dfrac{k-a}{1+ka}\right|=\left|\dfrac{k+2}{1-2k}\right|=1\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k+2=1-2k\\k+2=2k-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k=-\dfrac{1}{3}\\k=3\end{matrix}\right.\)

\(\)\(TH_1:k=-\dfrac{1}{3}\Rightarrow\left(d'\right):y=-\dfrac{1}{3}x+b\)

\(A\left(2;3\right)\in\left(d'\right)\Rightarrow3=-\dfrac{1}{3}.2+b\Rightarrow b=\dfrac{11}{3}\)

\(\Rightarrow\left(d'\right):y=-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{11}{3}\) hay \(x+3y-11=0\)

\(TH_2:k=3\Rightarrow\left(d'\right):y=3x+b\)

\(A\left(2;3\right)\in\left(d'\right)\Rightarrow3=3.2+b\Rightarrow b=-3\)

\(\Rightarrow\left(d'\right):y=3x-3\) hay \(3x-y-3=0\)

Câu 1 :

Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của Hpt

\(\left\{{}\begin{matrix}7x-2y-3=0\\6x-y-4=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(1;2\right)\)

\(M\left(2;0\right)\) là trung điểm \(AB\Rightarrow B\left(2.2-1;2.0-2\right)=\left(3;-2\right)\)

\(\overrightarrow{AB}=\left(2;-4\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{AB}}=\left(4;2\right)=\left(2;1\right)\)

\(\Rightarrow\left(AB\right):2\left(x-1\right)+\left(y-2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(AB\right):2x+y-4=0\)

Câu 4 :

a) \(\left(d_1\right)//\left(d\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{d1}}=\overrightarrow{n_d}=\left(4;-1\right)\)

\(\Rightarrow\left(d_1\right):4x-y+c=0\)

\(M\left(-2;1\right)\in\left(d_1\right)\Rightarrow4.\left(-2\right)-1+c=0\Rightarrow c=9\)

\(\Rightarrow\left(d_1\right):4x-y+9=0\)

b) \(\left(d_2\right)\perp\left(d\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{d2}}=\overrightarrow{u_d}=\left(1;4\right)\)

\(\Rightarrow\left(d_2\right):x+4y+c=0\)

\(\left(d_2\right)\) cách đều \(P\left(-3;3\right);Q\left(5;-1\right)\)

\(\Rightarrow\left(d_2\right)\) đi qua trung điểm \(I\)  của đoạn \(PQ\)

\(\Rightarrow I\left(\dfrac{-3+5}{2};\dfrac{3-1}{2}\right)=\left(1;1\right)\)

\(I\in\left(d_2\right)\Rightarrow1+4.1+c=0\Rightarrow c=-5\)

\(\Rightarrow\left(d_2\right):x+4y-5=0\)

Câu 3 :

\(AC\cap BD=I\left(x;y\right)\)

\(I\in\left(\Delta\right):x-3y=0\Rightarrow x=3y\Rightarrow I\left(3y;y\right)\)

\(I\) là trung điểm \(AC\Rightarrow C\left(6y;2y-2\right)\)

\(I\) là trung điểm \(BD\Rightarrow D\left(6y-4;2y-3\right)\)

\(AB=AD\) (t/c hình thoi)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(4-0\right)^2+\left(3-2\right)^2}=\sqrt{\left(6y-4-0\right)^2+\left(2y-3-2\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow36y^2-48y+16+4y^2-20y+25=17\)

\(\Leftrightarrow40y^2-68y+24=0\)

\(\Leftrightarrow10y^2-17y+6=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=\dfrac{6}{5}\\y=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C\left(\dfrac{36}{5};\dfrac{2}{5}\right)\\D\left(\dfrac{16}{5};-\dfrac{3}{5}\right)\end{matrix}\right.\)  hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}C\left(3;-1\right)\\D\left(-1;-2\right)\end{matrix}\right.\)

\(F\left(x-3\right).F\left(x-1\right)=x.F\left(x+5\right)\left(1\right)\)

\(TH_1:x=0;\left(1\right)\Rightarrow F\left(-3\right).F\left(-1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}F\left(-3\right)=0\\F\left(-1\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow F\left(x\right)\) có ít nhất \(2\) nghiệm \(x=-1;x=-3\)

\(TH_2:x=3;\left(1\right)\Rightarrow F\left(0\right).F\left(2\right)=3.F\left(8\right)\)

\(TH_3:x=1;\left(1\right)\Rightarrow F\left(-2\right).F\left(0\right)=F\left(6\right)\)

\(\Rightarrow\)\(F\left(8\right)=0\cup F\left(6\right)=0\) nếu \(F\left(0\right)=0\)

\(TH_4:x=-5;\left(1\right)\Rightarrow F\left(-8\right).F\left(-6\right)=-5.F\left(0\right)\)

\(\Rightarrow F\left(-8\right)=0\cup F\left(-6\right)=0\) nếu \(F\left(0\right)=0\)

Vậy \(F\left(x\right)\) có ít nhất \(4\) nghiệm (đpcm)

a) \(O\) là tâm hình thoi \(ABCD\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA=SC\left(gt\right)\\SC=SD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SO\) là đường trung trực của \(AC;BD\)

\(\Rightarrow SO\perp AC;SO\perp BD\)

\(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\RightarrowĐúng\)

b) Ta chỉ có \(CD\perp SO\subset\left(SBD\right)\left(SO\perp\left(ABCD\right)\right)\) còn theo đề bài \(\left(\widehat{CD;BD}\right)\) không phải góc vuông; \(\Delta SCD\) là tam cân nên không đủ dữ kiện để \(CD\perp\left(SBD\right)\Rightarrow Sai\)

c) \(OA\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left(ABCD\right)\Rightarrow Sai\)

d) Hình chiếu của điểm \(S\) trên mặt phẳng \(\left(ABCD\right)\)là điểm \(O\)

    Hình chiếu của điểm \(A\) trên mặt phẳng \(\left(ABCD\right)\) là chính điểm \(A\)

    Hình chiếu của điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left(ABCD\right)\) là chính điểm \(B\)

\(\Rightarrow\) Hình chiếu của tam giác \(SAB\) trên mặt phẳng \(\left(ABCD\right)\) là tam giác \(OAB\)

\(\Rightarrow Sai\)

a) Gọi \(O\) là tâm hình thoi

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}SA=SC\left(gt\right)\\SB=SD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow SO\) là đường trung trực của \(AC;BD\left(1\right)\)

\(\Rightarrow SO\perp AC\RightarrowĐúng\)

b) \(\left(1\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SO\perp AC\\SO\perp BD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\RightarrowĐúng\)

c) Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}AC\perp BD\left(hình.thoi\right)\\AC\perp SO\left(cmt\right)\\SO\subset\left(SBD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC\perp\left(SBD\right)\RightarrowĐúng\)

d) Không có đủ dữ kiện để xác định \(\left(\widehat{AC;SB}\right)=60^o\Rightarrow Sai\)