a) tìm một cách chứng minh khác của bất đẳng thức tam giác
b)cho tam giác MNP.Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Chứng minh rằng: PM+PN>2PI
a) tìm một cách chứng minh khác của bất đẳng thức tam giác
b)cho tam giác MNP.Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MN. Chứng minh rằng: PM+PN>2PI
a) Một cách khác để cm BĐT tam giác:
∆ABC có cạnh BC lớn nhất nên chân đường cao kẻ từ A phải nằm giữa B và C
=> HB + HC = BC
∆AHC vuông tại H => HC < AC
∆AHB vuông tại H => HB < AB
Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta có:
HB + HC < AC + AB
Hay BC < AC + AB.
b) CMR: PM + PN > 2 PI:
Trên tia PI lấy Q sao cho PI = QI
Xét ΔMIQ và ΔNIP có :
+ PI = QI (cách vẽ)
+ \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}\) (đối đỉnh)
+ MI = NI (gt)
=> ΔMIQ = ΔNIP (c-g-c)
=> PN = QM
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác đối với ΔMPQ Ta có: MP+MQ>PQ ⇒ PM+PN>PI+QI ⇒ PM+PN>2PI
Với a , b , c là các số thực dương: Chứng minh rằng với \(abc=1\)
\(\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{abc}\)
Lời giải:
Trước tiên ta đi cm bất đẳng thức sau: với \(a,b>0\) thì \(a^3+b^3\geq ab(a+b)\)
BĐT đúng vì nó tương đương với \((a-b)^2(a+b)\geq 0\) ( luôn đúng)
Do đó:, kết hợp với \(abc=1\Rightarrow \)\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a+b+c}{a+b+c}=1=\frac{1}{abc}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2.\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
TT: \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)
\(\le\frac{1}{a+b+c}.\frac{c+a+b}{abc}=\frac{1}{abc}\left(đpcm\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^2-ab+b^2\ge ab\\b^2-bc+c^2\ge bc\\c^2-ca+a^2\ge ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\\\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)\ge bc\left(b+c\right)\\\left(c+a\right)\left(c^2-ca+a^2\right)\ge ca\left(c+a\right)\end{matrix}\right.\)
Áp dụng hẳng đẳng thức tổng 2 lập phương
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\\b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)\\c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc\\b^3+c^3+abc\ge bc\left(b+c\right)+abc\\c^3+a^3+abc\ge ca\left(c+a\right)+abc\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\\b^3+c^3+abc\ge bc\left(a+b+c\right)\\c^3+a^3+abc\ge ca\left(a+b+c\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\le\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}\\\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}\le\dfrac{1}{bc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{abc}{bc\left(a+b+c\right)}\\\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\dfrac{abc}{ca\left(a+b+c\right)}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{bc\left(a+b+c\right)}+\dfrac{abc}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
\(\Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{abc}\)
\(\Rightarrow\) ( đpcm )
cho pt (x2 -2x -3) (x2 -2x + 3m+3)=0
a/ giải pt khi m=0
b/tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt
c/ tìm min A=x1.x2.x3.x4 với x1, x2, x3, x4 là 4 nghiệm của pt trên
Lời giải:
a) Với \(m=0\) phương trình trở thành:
\((x^2-2x-3)(x^2-2x+3)=0\Leftrightarrow (x-3)(x+1)(x^2-2x+3)=0\)
\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}x-3=0\\x+1=0\\x^2-2x+3=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \) \(\left[\begin{matrix}x=3\\x=-1\\\left(x-1\right)^2+2=0\left(vl\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(x\in \left\{-1,3\right\}\)
b) Để PT có $4$ nghiệm phân biết thì phương trình \(x^2-2x+2m+3=0\) phải có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\) và \(3\)
Tức là \(\left\{\begin{matrix} \Delta' =1-(2m+3)>0\\ 3^2-2.3+2m+3\neq 0\\ (-1)^2-2(-1)+2m+3\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m<-1\\ m\neq -3\\ \end{matrix}\right.\)
c) Áp dụng định lý Viet cho PT \(x^2-2x+2m+3=0\) có nghiệm thỏa mãn:\(\left\{\begin{matrix}x_3+x_4=2\\x_3x_4=2m+3\end{matrix}\right.\)
Có \(A=x_1x_2x_3x_4=-3x_3x_4=-3(2m+3)\)
Ta có với mọi \(x_3,x_4\in\mathbb{R}\) thì đều có \(x_3x_4\leq \left(\frac{x_3+x_4}{2}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow -3x_3x_4\geq -3\) (khi nhân với số âm thì đổi dấu)
\(\Rightarrow A_{\min }=-3\Leftrightarrow m=-1\)
Câu b với c không liên quan đến nhau phải không? Nếu không thì không tìm được min đâu.
sửa đề: pt \(\left(x^2-2x-3\right)\left(x^2-2x+2m+3\right)=0\)
Cho x,y,z,t \(\in R\) và x,y,z,t \(\ge0\) thỏa mãn:
\(\left\{\begin{matrix}x+7y=50\\x+z=60\\y+t=15\end{matrix}\right.\)
Tìm GTLN của: \(M=2x+y+z+t\)
Lời giải:
Từ các điều kiện đề bài suy ra :
\(M=2x+z+15=2x+60-x+15=x+75\)
\(x+7y=50\Rightarrow x=50-7y\leq 50\) (do \(y\geq 0\) )
\(\Rightarrow M_{\max}=125\)
Dấu bằng xảy ra khi \((x,y,z,t)=(50,0,10,15)\)
M=2x+z+15=2x+60-x+15=x+75
x+7y=50 suy ra x=50-7y bé hơn hoặc bằng 50(do y lớn hơn hoặc bằng 0)
suy ra GTLL của M=125.
Dấu "=" xảy ra khi (x,y,z,t)=(50,0,10,15)
Cho hai số x, y thõa mãn (\(\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)=2017\)
Tính giá trị của M=\(x^{2017}+y^{2017}+2017\)
Tìm số điểm chung của hai đồ thị y= x^4 - 7x^2 - 6 và y= x^3 -13x
Cái này chỉ cần xét hoành độ giao điểm thôi.
PT : \(x^4-7x^2-6-x^3+13x=0\)
\(\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)(x+3)=0\)
\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}x=1\\x=2\\x=-3\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[\begin{matrix}y=-12\\y=-18\\y=12\end{matrix}\right.\)
PT hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt nên số điểm chung là $3$
1). \(\int\limits^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos2x}{\cos^2x\sin^2x}dx=a+b\sqrt{3}\left(a,b\in Q\right)\).Tính giá trị của biểu thức
A=a+b.
????
2). \(I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_0\sin x\left(\sin x+\frac{\cos2x}{\sqrt{1+3\cos x}}\right)dx+a\pi-\frac{b}{c}\left(a,b,c\in Q\right).\)Với \(\frac{b}{c}\) là phân số tối giản.Tính giá trị của biểu thức A=a+b+c.
bạn nào làm được mấy câu này không.??giúp mình với..
Mình giải giúp b câu 1 này
Ở phần mẫu bạn biến đổi \(cos^2xsin^2x=\frac{1}{4}\left(4cos^2xsin^2x\right)=\frac{1}{4}sin^22x\)
Đặt t = sin2x => \(d\left(t\right)=2cos2xdx\)
Đổi cận \(x=\frac{\pi}{4}=>t=1\) \(x=\frac{\pi}{3}=>t=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có biểu thức trên sau khi đổi biến và cận
\(\int\limits^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_1\frac{\frac{1}{2}dt}{\frac{1}{4}t^2}=\int\limits^{\frac{\sqrt{3}}{2}}_1\frac{2}{t^2}dt=\left(-\frac{2}{t}\right)\)lấy cận từ 1 đến \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) \(=-\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}-\left(-\frac{2}{1}\right)=2-4\frac{\sqrt{3}}{3}\) => a=2 và b=-4/3 vậy A=2/3 nhé
Câu 1)
Ta có:
\(I=\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos 2x}{\cos^2 x\sin^2 x}dx=\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos^2x-\sin ^2x}{\cos^2 x\sin^2 x}dx\)
\(=\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\sin^2 x}-\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}\frac{dx}{\cos ^2x}=-\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}d(\cot x)-\int ^{\frac{\pi}{3}}_{\frac{\pi}{4}}d(\tan x)\)
\(=-\left ( \frac{\sqrt{3}}{3}-1 \right )-(\sqrt{3}-1)=2-\frac{4}{3}\sqrt{3}\Rightarrow a+b=\frac{2}{3}\)
Câu 2)
\(I=\underbrace{\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sin ^2xdx}_{A}+\underbrace{\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{\sin x\cos 2xdx}{\sqrt{1+3\cos x}}}_{B}\)
Có \(A=\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{1-\cos 2x}{2}dx=\)\(\left.\begin{matrix} \frac{\pi}{2}\\ 0\end{matrix}\right|\left ( \frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4} \right )=\frac{\pi}{4}\)
\(B=-\int ^{\frac{\pi}{2}}_{0}\frac{(2\cos ^2x-1)d(\cos x)}{\sqrt{1+3\cos x}}\). Ta đặt \(\sqrt{1+3\cos x}=t\)
\(B=B=\int ^{2}_{1}\frac{\left [ \frac{2(t^2-1)^2}{9}-1\right ]d\left ( \frac{t^2-1}{3} \right )}{t}=\frac{2}{27}\int ^{2}_{1}\left ( 2t^4-4t^2-7 \right )dt\)
\(=\left.\begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix}\right|\frac{2}{27}\left ( \frac{2t^5}{5}-\frac{4t^3}{3}-7t \right )=\frac{-118}{405}\)
\(\left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{4}\\ b=-118\\ c=405\end{matrix}\right.\Rightarrow a+b+c=287,25\)
Bài này mà ngồi trong phòng thi mà giải tay thì chết cmnr. Bạn lên youtube xem anh theluc giải bằng casio cho nhanh.
Cho x , y , z > 0 và \(x+y+z=1\)
Chứng minh rằng \(\frac{1-x^2}{x+yz}+\frac{1-y^2}{y+xz}+\frac{1-z^2}{z+xy}\ge6\)
Xét: \(\frac{1-x^2}{x+yz}+\frac{1-y^2}{y+xz}+\frac{1-z^2}{z+xy}\)
Thay thế \(x+y+z=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y+z\right)^2-x^2}{x\left(x+y+z\right)+yz}+\frac{\left(x+y+z\right)^2-y^2}{y\left(x+y+z\right)+xz}+\frac{\left(x+y+z\right)^2-z^2}{z\left(x+y+z\right)+xy}\)
Áp dụng hằng đẳng thức hiệu 2 bình phương: \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{x^2+xy+xz+yz}+\frac{\left(x+z\right)\left(x+2y+z\right)}{xy+y^2+yz+xz}+\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+2z\right)}{xz+zy+z^2+xy}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{\left(x+z\right)\left(x+2y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+2z\right)}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(x+y\right)\left(x+z\right)\le\left(\frac{2x+y+z}{2}\right)^2=\frac{\left(2x+y+z\right)^2}{4}\\\left(x+y\right)\left(y+z\right)\le\left(\frac{x+2y+z}{2}\right)^2=\frac{\left(x+2y+z\right)^2}{4}\\\left(x+z\right)\left(y+z\right)\le\left(\frac{x+y+2z}{2}\right)^2=\frac{\left(x+y+2z\right)^2}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\ge\frac{4\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)}{\left(2x+y+z\right)^2}=\frac{4\left(y+z\right)}{2x+y+z}\\\frac{\left(x+z\right)\left(x+2y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge\frac{4\left(x+z\right)\left(x+2y+z\right)}{\left(x+2y+z\right)^2}=\frac{4\left(x+z\right)}{x+2y+z}\\\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+2z\right)}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}\ge\frac{4\left(x+y\right)\left(x+y+2z\right)}{\left(x+y+2z\right)^2}=\frac{4\left(x+y\right)}{x+y+2z}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{4\left(y+z\right)}{2x+y+z}+\frac{4\left(x+z\right)}{x+2y+z}+\frac{4\left(x+y\right)}{x+y+2z}\)
\(\Rightarrow VT\ge4\left(\frac{y+z}{2x+y+z}+\frac{x+z}{x+2y+z}+\frac{x+y}{x+y+2z}\right)\)
Ta có: \(x+y+z=1\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y+z=1-x\\x+z=1-y\\x+y=1-z\end{matrix}\right.\) ( 1 )
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}2x+y+z=1+x\\x+2y+z=1+y\\x+y+2z=1+z\end{matrix}\right.\) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 )
\(\Rightarrow VT\ge4\left(\frac{1-x}{1+x}+\frac{1-y}{1+y}+\frac{1-z}{1+z}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge4\left(\frac{1+x-2x}{1+x}+\frac{1+y-2y}{1+y}+\frac{1+z-2z}{1+z}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge4\left[3-\left(\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\right)\right]\)
\(\Rightarrow VT\ge12-4\left(\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\right)\)
Chứng minh rằng \(12-4\left(\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\right)\ge6\)
\(\Leftrightarrow4\left(\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\right)\le6\)
\(\Leftrightarrow\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}+\frac{z}{1+z}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+x-1}{1+x}+\frac{1+y-1}{1+y}+\frac{1+z-1}{1+z}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{1}{1+x}+1-\frac{1}{1+y}+1-\frac{1}{1+z}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow3-\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{3+x+y+z}=\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow3-\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)\le3-\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow3-\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)\le\frac{3}{4}\) ( đpcm )
Vì \(12-4\left(\frac{2x}{1+x}+\frac{2y}{1+y}+\frac{2z}{1+z}\right)\ge6\)
\(\Rightarrow VT\ge6\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1-x^2}{x+yz}+\frac{1-y^2}{y+xz}+\frac{1-z^2}{z+xy}\ge6\) ( đpcm )
Cách khác:
\(A=\frac{1-x^2}{x+yz}+\frac{1-y^2}{y+xz}+\frac{1-z^2}{z+xy}=\frac{1-x^2}{x(x+y+z)+yz}+\frac{1-y^2}{y(x+y+z)+xz}+\frac{1-z^2}{z(x+y+z)+xy}\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{1-x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{1-y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{1-z^2}{(z+x)(z+y)}=\frac{2(x+y+z)-[xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)]}{(x+y)(y+z)(x+z)}\)
Có \(A\geq 6\Leftrightarrow 2-[xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)]\ge 6(x+y)(y+z)(x+z)\)
\(\Leftrightarrow 2+9xyz\geq 7(x+y+z)(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow 2+9xyz\geq 7(xy+yz+xz)\) \((\star)\)
Theo BĐT Schur bậc 3 kết hợp AM-GM:
\(xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)=(1-2x)(1-2y)(1-2z)\)
\(\Leftrightarrow 9xyz\geq 4(xy+yz+xz)-1\)
\(\Rightarrow 2+9(xy+yz+xz)\geq 1+4(xy+yz+xz)=(x+y+z)^2+4(xy+yz+xz)\)\(\geq 7(xy+yz+xz)\)
Do đó \((\star)\) được CM. Bài toán hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
cho a,b,c là dộ dài 3 cạnh tam giác ABC, p là nửa chu vi.
cm: \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\geq \frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\geq \frac{4}{2p-b-c}=\frac{4}{a}\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\geq \frac{4}{2p-b-c}=\frac{4}{a}\)
Cộng theo vế và thu gọn ta được \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Gọi A1,A2,A3 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A=(-1;2;3) lên các mặt phẳng (oxy),(oxz),(oyz) phương trình mặt phẳng(A1A2A3) là?
Lời giải:
Vì \(A_1,A_2,A_3 \) là hình chiếu của \(A\) lên các mặt phẳng tọa độ nên :
\(\left\{\begin{matrix} A_1=(-1,2,0)\\ A_2=(-1,0,3)\\ A_3=(0,2,3)\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \overrightarrow {A_1A_2}=(0,-2,3)\\ \overrightarrow {A_1A_3}=(1,0,3)\\ \end{matrix}\right.\)
Vector pháp tuyến của \((A_1A_2A_3):\overrightarrow{n_P}=[\overrightarrow {A_1A_2},\overrightarrow {A_1A_3}]=(-6,3,2)\)
Suy ra PTMP:
\(-6(x-0)+3(y-2)+2(z-3)=0\Leftrightarrow -6x+3y+2z-12=0\)