Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất... Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo th[r]
Trang 13 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: HƯNG YÊN , NAM ĐỊNH, BÌNH ĐỊNH
SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
Đề Bài Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x 3 3 m 1 x 29x m 2 (1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua
đường thẳng
1 2
y x
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình: sin 2x cos x 3 2 3cos x 3 3cos2x 83 3 cos x sinx 3 3 0
2) Giải bất phương trình : 2
2
log x 4x 5 log
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x= 2
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 450 Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 1
2
AP AH
gọi K là trung điểm AA’, là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và
CC’ tại M, N Tính tỉ số thể tích
ABCKMN
A 'B'C'KMN
V
2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
2
2
6
a a
a b ab b a a 6 0
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy
được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
n 1
9 19
2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
1
25 9 (E), viết phương trình đường thẳng song song
Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết:
1
x 2 t
d : y 2 t
z 3 t
2
x 1 y 2 z 1
d :
Câu V: (1điểm) Cho a, b, c0 và a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
1 b 1 c 1 a
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Bài
1
1
Khi m = 1 ta có hàm số: y x 3 6x29x1
BBT:
x -∞ 1 3 +∞
y/ + 0 - 0 +
3 +∞
y
-∞ 1
1đ
2 y '=3 x2−6(m+1)x +9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
Δ'=9¿⇔ m∈(− ∞;−1 −√3)∪(−1+√3 ;+∞)
Ta có y=(13x −
m+1
3 ) (3 x2− 6(m+1)x +9)− 2(m2
+2m −2)x +4 m+1
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
y=− 2(m2+2 m−2)x +4 m+1
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y=1
2x ta có điều kiện cần là [−2 (m2+2 m− 2)].1
2=− 1
⇔ m2
+2 m− 3=0⇔
¿
¿
¿
Khi m = 1 ⇒ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5 Tọa độ trung điểm CĐ
và CT là:
x1+x
2 =
4
2=2
y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
¿{
¿
¿
Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y=1
2x⇒m=1tm Khi m = -3 ⇒ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11
⇒m=− 3 không thỏa mãn
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài
1đ
Bài
2
1 phương trình đưa về:
¿⇔(√3 cos x − sin x )(−2 cos2x − 6 cos x +8)=0
⇔
¿
¿
¿
⇔
¿
¿
¿
1 đ
Trang 3Đk:
x2
+4 x − 5>0 x+7>0
⇔
¿x ∈(− ∞;− 5)∪(1;+∞)
x >−7
¿{
¿
¿
⇒ x ∈(− 7 ;−5)∪(1+∞)
Từ pt ⇒ log2(x2
+4 x − 5)>− 2 log2 1
x+7
27 log ( 4 5) log ( 7)
5
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈(− 7 ; − 27
5 )
0.75đ
3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔x.sin2x – 2x = 0 ⇔x(sin2x – 2) =0 ⇔x = 0
Diện tích hình phẳng là:
S=| ∫(x sin 2 x − 2 x )dx|=| ∫x(sin 2 x − 2)dx|
Đặt
u=x dv=(sin 2 x −2)dx
⇒
¿du=dx
v = − cos2 x
2 −2 x
¿{
¿
¿
⇔ S=|π
4−
π2
2 +
π2
4|=π2
4 −
π
4(đvdt)
0.75đ
Bài
3
1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’
ta có: AP=a√3
2 ⇒ AH=a√3
Vì Δ' AHA ' vuông cân tại H
Vậy A ' H=a√3
Ta có SABC=1
2a.
a√3
2 =
a2
√3 4 (đvdt)
⇒V ABCA ' B 'C '=a√3 a
2
√3
4 =
3 a3
t) (1)
Vì Δ' AHA ' vuông cân
⇒ HK ⊥ AA ' ⇒ HK ⊥ (BB' C ' C )
CN (2)
mà AA’ = √A ' H2
+AH2=
√3 a2+3 a2=a√6
⇒ AK= a√6
2 ⇒ BM=PE=CN= a√6
4
Ta có thể tích K.MNJI là:
1 3
'
MNJI
a
KE KH AA
1đ
45
E
K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H
Q
N
M
Trang 4MNJI
S MN MI a dvdt
( )
KMNJI
' ' '
3
1
8 8
8 8
ABCKMN
A B C KMN
a a V
a a V
2 ĐK: a2+a≠ 0
Từ (1) ⇔¿
⇔
¿
¿
¿
Khi a2+a=− 1 thay vào (2)
2
1 23
2
6 0
1 23
2
i b
b b
i b
a2
+a+1=0 ⇔
¿
¿
¿
Khi
a2
+a=6
⇔
¿
¿
¿Thay vào (2)
2
1 5 2
6 6 6 0
1 5 2
b
b b
b
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:
1 23i 1 3i 1 23i 1 3i
(−1+√23 i
2 ;
− 1−√3 i
2 ),(−1+√23 i
2 ;
− 1−√3 i
2 );
(− 3; −1+√5
2 ),(−3 ; − 1−√5
2 ),(2 ; −1+√5
2 ),(2; −1 −√5
2 )
Bài
4
1)
C m m −2+c n+32 +9
2<
19
2 A m
1
P n − 1=720
¿{
¿
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6 ! ⇔ n− 1=6 ⇔ n=7 Thay n = 7 vào
(1)
⇔ m(m −1)
2 +45+
9
2<
19
2 m
⇔m2− m+90+9<19m
⇔ m2
−20 m+99<0
⇔ 9<m<11 vì m ∈ Ζ ⇒m=10
Vậy m = 10, n = 7 Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:
C73 C102 =1575cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:
C74.C101 =350cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:
C75=21 cách
⇒có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách
Trang 5Số cách lấy 4 bông hồng thường
C175 =6188
⇒ P=1946
6188≈ 31, 45 %
2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:
a2
25+
y2
9 =1
⇔ y
2
9 =1−
a2
25=
25− a2
25
⇒ y2
=9.25 − a
2
25 ⇒ y=±3
5√25− a2
Vậy A(a ;3
5√25 − a2), B(a ;−3
5√25 − a2)
⃗AB=(0;6
5√25 − a2
);
⇒ a=±5√5
3 Vậy phương trình đường thẳng: x= −5√5
3 , x=
5√5 3
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
x=1+2 t '
y =2+t '
z =1+5t '
¿{ {
¿
¿
⇒vectơ CP của d1 và d2 là: u⃗d1 (1;1; 1), u d2 (2;1;5)
⇒VTPT của mp(α) là n⃗ u u⃗ ⃗d1 d2 (6; 7; 1)
⇒pt mp(α) có dạng 6x – 7y – z + D = 0
Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)
( , ( )) ( ,( ))
|12 14 3 | | 6 14 1 |
| 5 | | 9 | 7
Vậy PT mp(α) là: 3x – y – 4z +7 0
Bài 5
Ta có: P + 3 = a
3
√1+b2+b
2
+ b3
√1+c2+c
2
+ c3
√1+a2+a
2
⇔ P+ 6
4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+
1+b2
4√2 +b
3
2√1+c2+
b2
2√1+c2+
1+ c2
4√2
+c3
2√1+a2+ c2
2√1+a2+1+a2
4√23
3
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
⇒ P+ 3
2√2≥
3
2√32√2(a
2
+b2+c2)= 9
26
√8⇒ P ≥ 9
2√623−
3
2√2=
9
2√2−
3
2√2=
3
√2
Để PMin khi a = b = c = 1
Trang 6SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B
ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút)
Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y(| | 1) (| | 1)x 2 x 2
2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C)
Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 2
x y
2) Giải phương trình: sin tan2 x x cos2 x cos 2 (2 tan ) x x , ( với x R )
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn
5
;4 2
:
1
2
x
Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA SB SC 3 a, (a > 0) Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp
C.ABNM theo a
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
0
.ln(1 )
∫
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:
1
1 2 ;( )
1 2
,đường thẳng d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và
d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z 0 và x2 y2 z2 3 Chứng minh:
3 2 2
Trang 7SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút)
Đáp Án vắn tắt:
Bài 1:
1)
1
điểm
*Có hàm số : y(| | 1) (| | 1)x 2 x 2 y = x4 - 2x2 + 1 ( C)
*TXĐ: R; lim ; lim
x y x y
; y ' 4 x3 4 ; ' 0 x y x 0; x 1
2)
1
điểm
*Gọi A(a:0) Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
3
2 1 ( ) ( )
4 4
I
0.25
0
1 0
k
x
2 2
4 ( 1)
( )
3 4 1 0(1)
x x k
B
x ax
0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0 Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp
tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là
phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1
0.25
KQ:
Bài 2:
1)
1
điểm *Hệ
x y
x y x y
1 1
u x
v y
, thu được hệ
( ) 6
uv u v
0.25
* Giải ra được:
3 2
u v
u v
; * Giải ra được:
1 1
1 2
u x
v y
1 2
1 1
u x
v y
0.50
3 2
x
y
hoặc
2 3
x y
0.25
2)
1
điểm
* ĐK:cosx 0 PT sin3 x cos3 x cos 2 (2cos x x sin ) x 0.25 (sin x cos ).cos (2sin x x x cos ) 0 x
sin x cos x 0; 2sin x cos x 0
Trang 8; arctan ;( , )
3)
1
điểm
*PT
2
( m 1).log ( x 2) ( m 5) log ( x 2) m 1 0
5 log ( 2), ; 4 1;1
2
t x x t
0.25
Thu được pt:
2 2
5 1 ( )
1
t t
m f t
t t
;
2
4 4
( 1)
t
t t
0.25
* Lập BBT của f(t) trên đoạn 1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn 1;1 , nên
7 3;
3
m
thỏa mãn đề bài
0.50
Bài 3:
1
điểm * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25
* Tính được
3
34 12
S ABC
a
0.25
2 9
S MNC S ABC
0.25
3
.
9 S ABC 108
a
Bài 4:
1)
1
điểm * Tính
1
0
.ln(1 )
* Đặt
2
3
2
1 3
x
2
.ln(1 )
x
x
∫
0.25
* Tính
2
x
* Vậy
.ln 2
2)
1
điểm * Từ gt ta có P a ( ;0); (0; ), Q b a 0, b 0. * d có pt: x y 1
a b .
0.25
d qua A(3; 1) nên
a b ab Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
6
3 1
2
a b
0.25
Trang 9* Có
1 3 2
OPQ
Nên SOPQ
nhỏ nhất ( 3) khi và chỉ khi
6 2
a b
0.25
* Vậy d có pt: 1
6 2
Bài 5:
1)
1
điểm
* d2 có pt:
1
1 1 1
3 2
x t
* Tìm được I(1;1;1)
0.25
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) ,
( đk: B khác I, C khác I t 0, t1 1)
*Tam giác BIC cân đỉnh I
(1) [ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC
0.25
1
1
2
t t
0.25
* Từ đó có pt d3 :
2
3 ;( )
1 2
x
0.25
Bài 6:
1)
1
điểm Ta có: VT + 3 =
0.25
VT
1
4 2
2 1 2 1
1
4 2
0.25
6
4 2 16 2 16 2 16 2
0.25
6 3
6 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
(đpcm)
0.25
Trang 10( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V
Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2 1 1
x y x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C)
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình:
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
2sinx - 3
x
2 Giải bất phương trình: x2 3x2.log2x2 x2 3x2.(5 log 2) x
Câu III: ( 1 điểm)
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thị (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C)
tại điểm có hoành độ x 0 = 0 Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng
15 5
a
Tính thể tích của khối lăng trụ
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
4
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
x
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm)
Trang 111 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1; và phương trình: x 2 + y 2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi
m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C)
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
x y z
và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm)
Cho x; y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = 5xy – 3y 2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng 1
:
d
và
2
:
d
Chứng minh đường thẳng d 1 ; d 2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2
chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 và đi qua điểm
1 3;
2
A
Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:
P = F 1 M 2 + F 2 M 2 – 3OM 2 – F 1 M.F 2 M
Câu VII.b:( 1 điểm) Tính giá trị biểu thức:
S C 20100 3C20102 32C20104 ( 1) k C20102k 3 1004C20102008 31005C20102010
-Hết
Trang 12-Hướng dẫn giải Câu I :
2 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY:
1 2
x X
y Y
Hàm số đã cho trở thành : Y =
3
X
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y
= - X
Hay y – 2 = - x – 1 y = - x + 1
Câu II: 1 Điều kiện:
3 sinx
2
và os2 0
x
và cosx ≠ 0
Biến đổi pt về: 4cos3x - 4 cos2x – cosx + 1 = 0
osx = 1
1 cosx =
2
c
2 Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2
x2 3x2.log2x2 x2 3x2.(5 log 2) x
2
2
2log 5log 2
0 log
x
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III : Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0
0 2
x x
V =
(x 4) dx (x 2x x 4) dx
∫ ∫
Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’ Hạ MH M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
HC =
15 10
a
; M’C =
15 2
a
; MM’ = a 3
Vậy V =
3
3
4a
Trang 13Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+)
=
1 (2x 1) lnx
x
Gọi x1; x2 [0;+) với x1 > x2
Ta có :
2 1 2 1 0
( ) ( )
f x f x
: f(x) là hàm số tăng
Từ phương trình (1) x = y
(2) x 1 2 ( 4 x1)(x1)m x 1 0
4
m
Đặt X =
1
x x
0 ≤ X < 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X2 – 2X f’(X) = 2X – 2
hệ có nghiệm -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1 (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R' (m1)24m25
OI (m1)24m2 , ta có OI < R’
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2 Gọi I là tâm của (S) I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
2
5xy 3y
P
x xy y
Với y = 0 P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có:
2 2
5 3
( 5) 3 0 1
t
t t
+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
’ = - P 2 – 22P + 25 0 - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a (1;1; 2)
⃗
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b (1; 2;1)
⃗
Ta có a b, 0 va a b M M , 0 10
(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 A (d1,d2)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t);
5 5
; ;3
2 2
t t
M t
d2 t = - 1 ==> M(2;2;4) C( 1+t;4-2t;;3+t) : ACa
⃗ ⃗
t = 0 C(1;4;2)
2 (E):
3 1
4
x y
a b a b , a 2 = b 2 + 3
1
4 1
x y
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2(x M2 y M2 ) – (a2 – e2x2M) = 1