Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Thay tọa độ điểm A và B vào vế trái của phương trình mặt phẳng (P) ta có:
1+ (-3)+0-1=-3<0 và 5+ (-1)+ (-2)-1=1>0
Nên suy ra A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (P).
Gọi 
là điểm đối xứng với B qua (P). Ta có:
|MA – MB| = |MA – MB’| ≤ AB’.
Do đó |MA – MB| lớn nhất là bằng AB' khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB' với mặt phẳng (P).
Ta có 
nên đường thẳng AB' có véc-tơ chỉ phương 
. Phương trình đường thẳng AB' là 
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ 
Như vậy M (6;-1;-4) => abc = 6 (-1).(-4) = 24.
Đáp án D.
Gọi I là điểm thỏa mãn
Ta có:
=> M là hình chiếu của I trên (P) dễ thấy
Lời giải:
Với $M\in (d)$ ta đặt tọa độ của \(M(3t+2,-2t,2t+4)\)
Khi đó \(MA=\sqrt{(3t+1)^2+(-2t-2)^2+(2t+5)^2}\); \(MB=\sqrt{(3t-5)^2+(-2t+2)^2+(2t+1)^2}\)
\(\Rightarrow f(t)=MA+MB=\sqrt{17t^2+34t+30}+\sqrt{17t^2-34t+30}\)
\(f(t)=\sqrt{(\sqrt{17}t+\sqrt{17})^2+13}+\sqrt{(\sqrt{17}t-\sqrt{17})^2+13}\)
Xét \(\overrightarrow{u}=(\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13});\overrightarrow{v}=(-\sqrt{17}t+\sqrt{17},\sqrt{13})\)
Ta biết rằng \(|\overrightarrow{u}|+|\overrightarrow{v}|\geq |\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}|\) nên \(f(t)\geq \sqrt{(2\sqrt{17})^2+(2\sqrt{13})^2}=2\sqrt{30}\)
Dấu $=$ xảy ra khi \(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\) cùng hướng hay \(\frac{\sqrt{17}t+\sqrt{17}}{-\sqrt{17}t+\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{13}}>0\Rightarrow t=0\)
\(\Rightarrow M=(2,0,4)\)
Chọn A
Gọi I, O lần lượt là trung điểm của AB và IC, khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có
nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi 
nên M là hình chiếu vuông góc của O lên (P). Có A(0; -2; -1), B (-2,-4,3) => I (-1 ; -3 ; 1), kết hợp với C (1; 3; -1) ta có O (0;0;0)
Đường thẳng qua O (0;0;0) vuông góc với (P) có phương trình 
Giao điểm của d và (P) chính là hình chiếu vuông góc M của O (0;0;0) lên mặt phẳng (P).
Chọn D
Gọi G (2;2;-2) là trọng tâm tam giác ABC, khi đó 
Ta có:
đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng (P). Khi đó tọa độ của M (a;b;c) và vecto 
cùng phương với vecto pháp tuyến n (1;-2;2) thỏa mãn hệ 
Vậy a+b+c=3.
Làm bừa coi xem đk :b
\(M\in\Delta:y=3-x\Rightarrow M\left(x;3-x\right)\)
a/ MA+MB min
\(MA=\sqrt{\left(x_A-x_M\right)^2+\left(y_A-y_M\right)^2};MB=\sqrt{\left(x_B-x_M\right)^2+\left(y_B-y_M\right)^2}\)
\(Minkovsky:MA+MB\ge\sqrt{\left(x_M-x_A+x_M-x_B\right)^2+\left(y_M-y_A+y_M-y_B\right)^2}\)
\("="\Leftrightarrow\dfrac{x_A-x_M}{y_A-y_M}=\dfrac{x_B-x_M}{y_B-y_M}\Leftrightarrow\dfrac{1-x}{-1-3+x}=\dfrac{-x}{1-3+x}\)
\(\Leftrightarrow x=-2\Rightarrow y=5\Rightarrow M\left(-2;5\right)\)
|MA-MB| max
\(AB=\sqrt{\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}\)
Theo bdt tam giác ta luôn có: \(\left|MA-MB\right|\le AB\)
\(\Leftrightarrow\left|\sqrt{\left(x_M-1\right)^2+\left(y_M+1\right)^2}-\sqrt{x_M^2+\left(y_M-1\right)^2}\right|\le\sqrt{5}\)
\("="\Leftrightarrow M,A,B-thang-hang\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_A-x_M=k\left(x_B-x_M\right)\\y_A-y_M=k\left(y_B-y_M\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1-x}{-x}=\dfrac{-4+x}{-2+x}\Leftrightarrow x=-2\Rightarrow y=5\Rightarrow M\left(-2;5\right)\)
Câu b tương tự bạn tự làm nốt