Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

$M(m,0,0); N(0,n,0)$
$\overrightarrow{OM}=(m,0,0)$;$\overrightarrow{ON}=(0,n,0)$ 
$OM=2ON\Rightarrow $ |m|=2|n|$\Leftrightarrow [\begin{matrix} m=2n\\ m=-2n \end{matrix}\Rightarrow [\begin{matrix} \overrightarrow{MN}=(-2n,n,0)\\ \overrightarrow{MN}=(2n,n,0)\end{matrix}$
$ \overrightarrow{n}_P=[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{MN}]=[\begin{matrix} (-n,-2,n)\\ (-n,2n+1,-3n)\end{matrix}$ 
Vậy (P)  có 2 Pt : $[\begin{matrix}-nx-2y+nz+n+2-n=0\\ -nx+(2n+1)y-3nz+2n-1=0 \end{matrix}$

kéo dài OC cắt AB tại I
ta có CI  vuông góc AB (ABC là tam giác đều, CI là trung tuyến cũng là dg cao)
và C'O vuông góc AB (O là hc của C ' lên (ABC), C'O vuông góc (ABC) nên C 'O vuông góc AB)
=> AB vuông góc (CC'O)
=> CI là hình chiếu của CB lên (CC'O)
=> góc tạo bởi 2mp (CC'O) và (CC'B) bằng góc giữa (CI,CB)=$\widehat{ICB}$
từ I kẻ IH vuông góc CC'; từ O kẻ OK vuông góc CC'
I,O,C,C' đồng phẳng nên OK = khoảng cách O đến CC' = a;
IH vuông góc CC'; IH vuông góc AB (vì AB vuông góc (OCC'))
=> IH = khoảng cách (AB;CC')
xét tam giác IHC có IH // OK; $\frac{CO}{CI}=\frac{OK}{IH}=\frac{2}{3}$ => IH=$\frac{3}{2}$.OK= $\frac{3}{2}a$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

ĐK : $x\geq2$ và $y\geq -1$
Ta có $x+y-1=\sqrt{2x-4}+\sqrt{y+1} $
$\Rightarrow  \begin{cases}x+y\geq 1\\ x+y-1=\sqrt{2x-4}+\sqrt{y+1} \leq \sqrt{(1+\frac{1}{2})(2x-4+2y+2)} \end{cases}$
$(BCS  cho  1.\sqrt{2x-4}; \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{2y+2})$
$\Rightarrow \begin{cases}x+y\geq 1\\ x+y\leq \frac{5+\sqrt{13}}{2} \end{cases}$ 
Đặt  x+y=a; $a\in[1;\frac{5+\sqrt{13}}{2}]$
$S= a^2-\sqrt{9-a}+\frac{1}{\sqrt{a}} $ tìm GTNN và GTLN của hs nữa là xong

Câu 2/ 
Vì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn lớn của mặt cầu => tâm I(-a,-b,-c) thuộc mp chứa A.B.C
$\overrightarrow{AB}=(-3;0;3) \overrightarrow{AC}=(1;-1;-4)$
$[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}]=3(-1;-5;1)$
Pt mặt phẳng (ABC):-x-5y+z+9=0
Pt mặt cầu$ (S) x^2+y^2+z^2+2ax+2by+2cz+d=0; I(-a,-b,-c)$
Ta có hệ pt
$\begin{cases}\begin{matrix} I\in (ABC)\\ A\in (S)\end{matrix} \\ \begin{matrix} B\in (S)\\ C\in (S)\end{matrix}\end{cases}$ 
$\Leftrightarrow \begin{cases}\begin{matrix} a+5b- c=-9\\-2a+6b+10c+d=-35 \end{matrix} \\\begin{matrix} -8a+6b+4c+d=-29\\ 4b+2c+d=-5 \end{matrix} \end{cases}$ 
giải ra $a=\frac{5}{3};b=\frac{-8}{3};c=\frac{-8}{3};d=11$ 

$d(m)$ có vetor chỉ phương $\overrightarrow{u_m}=[\overrightarrow{n_A};\overrightarrow{n_B}]=((1-m)(2m+1);-(2m+1)^2;m(1-m))$
$d(m)//(P)\Rightarrow \overrightarrow{u_m}$ vuông góc $\overrightarrow{n_{(P)}} \Rightarrow \overrightarrow{u_m}.\overrightarrow{n_{(P)}}=0$ 
$\Leftrightarrow \begin{cases}\begin{matrix} -2(m-1)(2m+1)=0\\ 1.(2m+1)^2=0 \end{matrix} \\ 0=0 \end{cases}\Leftrightarrow m=\frac{-1}{2}$ 

$d(k)$ có vector chỉ phương $ \overrightarrow{u_k}$=$(3k-1;-k-1;-1-3k^2)$ Có $ \overrightarrow{u_k}\neq \overrightarrow{0}$
$d(k)$  vuông góc (P) nên $\overrightarrow{u_k}//\overrightarrow{n_{(P)}}\Leftrightarrow \frac{3k-1}{1}=\frac{-k-1}{-1}=\frac{-1-3k^2}{2}\Leftrightarrow k=1$
Vậy k=1 là giá trị duy nhất thỏa  ycbt

Câu 1/ PT đt (d) qua I và M : 4x+3y-5=0
Để MN đạt cực đại và N(a;b) thuộc (O) thì N phải thuộc IM  => N(a;$\frac{5-4a}{3}$)
N  thuộc (O) => $(a+1)^2+(\frac{5-4a}{3}-3)^2=1$
$\Leftrightarrow [\begin{matrix} a=\frac{-2}{5}\\a=\frac{-8}{5} \end{matrix}$loại -2/5 vì lấy N để MN max 

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

$A(a;3\sqrt{7}a-3\sqrt{7})$
$B(b;0)\in (d)y=3\sqrt{7}x-3\sqrt{7}\Rightarrow B(1;0)$ 
$C(c;0)$ 
$\Delta ABC cân \Rightarrow AB=AC$ 
$\Leftrightarrow \sqrt{(1-a)^2+(0-3\sqrt{7}a+3\sqrt{7})^2}=\sqrt{(c-a)^2+(0-3\sqrt{7}a+3\sqrt{7})^2}$
$\Leftrightarrow (1-a)^2=(c-a)^2$
$\Leftrightarrow [\begin{matrix} c=1(loại)\\ c=2a-1 \end{matrix}$
$P_{ABC}=9\Leftrightarrow 2AB+BC=9$ 
$\Leftrightarrow 2\sqrt{64(a-1)^2}+\sqrt{(2a-2)^2}=9$
$\Leftrightarrow 16|a-1|+2|a-1|=9$
$\Leftrightarrow |a-1|=\frac{1}{2}$ 
$\Leftrightarrow [\begin{matrix} a=\frac{3}{2}\\ a=\frac{1}{2}\end{matrix}$loại $a= \frac{1}{2}  vì  y_A<0$
Vậy $A(\frac{3}{2};\frac{3}{2}\sqrt{7}) $, $B(1;0)$; $C(2;0)$
b/
Gọi H là trung điểm của BC thì BH=CH=1

Đường thẳng MN chia Tam giác ABC thành 2 phần là tứ 
giác AMNC và tam giác BMN có chu vi và diện tích bàng nhau nên ta có :
S(BMN)= 1/2 .S(ABC)= S(ABH)

=> 1/2.BM.BN.sinB =1/2. BA.BH.sinB

<=> BM.BN=BA.BH=8 (*)

Mặt khác 2 phần trên có chu vi bằng nhau nên:

BM+BM+MN=AM+MN+NC+AC

=> BM+MN=AM+NC+AC

=> 2(BM+MN)=BM+BN+AM+NC+AC = $P_{ABC}$ =18 (chu vi tam giác ABC)
=> BM+ BN =9 (**)

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình giữa BM và BN .Giải hệ theo định lý Viét đảo hoặc phương pháp thế suy ra BM=8 và BN=1 ( nhớ rằng BN < BC = 2). Khi đó ta có M trùng A và N trùng H 

 $\begin{cases}y^{2}-(x+y)=2m(1) \\ x^{2}-(x+y)=2m(2) \end{cases}$
(2)-(1)$\Rightarrow x^2-y^2=0\Leftrightarrow [\begin{matrix} x=y        (3)\\ x=-y   (4)\end{matrix}$ 
(1)(3)$\Rightarrow x^2-2x-2m=0$; pt có nghiệm duy nhất$\Leftrightarrow   \Delta=0\Leftrightarrow m= \frac{-1}{2}$
(1)(4) $\Rightarrow x^2-2m=0$; pt có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow 2m=0\Leftrightarrow m=0$
Vậy m $=\frac {-1}{2} $ hoặc m= 0 thì hệ pt có nghiệm duy nhất

$4x^2-4x-10=\sqrt{8x^2-6x-10}$  Đặt ĐK
$\Leftrightarrow (4x^2-4x-10)^2=8x^2-6x-10$ 
$\Leftrightarrow4(2x^2-2x-5)^2 -4(2x^2-2x-5)-10=2x$ 
Đặt t=  $2x^2-2x-5\Rightarrow 4t^2-4t-10=2x$
 $\Rightarrow \begin{cases}4x^2-4x-10=2t \\ 4t^2-4t-10= 2x\end{cases}$
Giải hệ tìm được nghiệm

$\sqrt{x-3-2\sqrt{x-4}}+\sqrt{x-6\sqrt{x-4}+5}=m$

$4x^4-6x^2+2\sqrt{3-4x}=\frac{3}{4}$