Dễ thấy A, B nằm cùng phía đối với mp (Oxy)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên mp (Oxy) 

\(\Rightarrow H\left(1;2;0\right),K\left(7;10;0\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{HK}=\left(6;8;0\right)\)

Để \(P=AM+BN\) nhỏ nhất, dễ thấy M, N phải nằm trên đường thẳng HK

\(\Rightarrow\exists k\inℝ:\overrightarrow{MN}=k\overrightarrow{HK}=\left(6k;8k;0\right)\)

Mà \(MN=\left|\overrightarrow{MN}\right|=\sqrt{\left(6k\right)^2+\left(8k\right)^2}=10k=4\) \(\Rightarrow k=\dfrac{2}{5}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{MN}=\left(\dfrac{12}{5};\dfrac{16}{5};0\right)=\overrightarrow{u}\)

Gọi C là điểm đối xứng với A qua (Oxy) \(\Rightarrow C\left(1;2;-3\right)\)

Gọi \(A'=T_{\overrightarrow{u}}\left(C\right)\Rightarrow A'\left(\dfrac{17}{5};\dfrac{26}{5};-3\right)\) 

Khi đó dễ thấy tứ giác MNA'C là hình bình hành (vì A' là ảnh của C qua \(\overrightarrow{MN}\)) nên \(MC=NA'\)

Hơn nữa, vì C đối xứng với A qua (Oxy) \(\Rightarrow MA=MC\Rightarrow MA=NA'\)

\(\Rightarrow T=AM+BN=A'N+BN\ge A'B\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) N là giao điểm của A'B và (Oxy)

Khi đó \(\overrightarrow{A'B}=\left(\dfrac{18}{5};\dfrac{24}{5};9\right)\). Chọn \(\overrightarrow{n_{AB}}=\left(6;8;15\right)\)

\(\Rightarrow A'B:\dfrac{x-7}{6}=\dfrac{y-10}{8}=\dfrac{z-6}{15}\)

Cho A'B cắt (Oxy) \(\Rightarrow z=0\)  \(\Rightarrow\dfrac{x-7}{6}=\dfrac{y-10}{8}=-\dfrac{2}{5}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{23}{5}\\y=\dfrac{34}{5}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow N\left(\dfrac{23}{5};\dfrac{34}{5};0\right)\)

Lại có \(\overrightarrow{MN}=\left(\dfrac{12}{5};\dfrac{16}{5};0\right)\) \(\Rightarrow M\left(\dfrac{11}{5};\dfrac{18}{5};0\right)\)

\(\Rightarrow x_M+y_N=\dfrac{11}{5}+\dfrac{34}{5}=9\)

Vậy \(x_M+y_N=9\)

\(P=x^7+x^2+1\)

\(=x^7+x^6+x^5-x^6-x^5-x^4+x^4+x^3+x^2-x^3+1\)

\(=x^5\left(x^2+x+1\right)-x^4\left(x^2+x+1\right)+x^2\left(x^2+x+1\right)-\left(x^3-1\right)\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2\right)-\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2-x+1\right)\)

Xét \(f\left(x\right)=x^5-x^4+x^2-x+1\), đa thức này nếu phân tích được thành nhân tử (với hệ số nguyên) thì nghiệm hữu tỉ của nó (nếu có) phải có dạng \(x=\dfrac{p}{q}\) với \(p,q\) là ước của 1 \(\Rightarrow\) \(x=\pm1\). Thử lại, ta thấy cả 2 nghiệm này đều không thỏa mãn.

Vậy không thể phân tích P thành nhân tử được nữa \(\Rightarrow P=\left(x^2+x+1\right)\left(x^5-x^4+x^2-x+1\right)\)

Gọi \(x\) (nghìn đồng) là số tiền tăng thêm \(\left(x>0\right)\)

Số tiền mỗi đôi giày là \(65+x\) (nghìn đồng)

Số đôi giày bán được là \(5000-100x\) (đôi) \(\left(x< 50\right)\)

Chi phí cho \(\left(5000-100x\right)\) đôi giày là \(\left(5000-100x\right).50\) (nghìn đồng)

\(\Rightarrow\) Doanh thu \(R\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(65+x\right)\) (nghìn đồng)

\(\Rightarrow\) Lợi nhuận \(P\left(x\right)=R\left(x\right)-E\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(x+65-50\right)\) (nghìn đồng)

\(P\left(x\right)=\left(5000-100x\right)\left(x+15\right)\)

\(P\left(x\right)=100\left(50-x\right)\left(x+15\right)\)

\(P\left(x\right)\le100.\left(\dfrac{50-x+x+15}{2}\right)^2=105625\) (nghìn đồng)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow50-x=x+15\Leftrightarrow x=17,5\) (nhận)

Vậy để mỗi tháng đạt lợi nhuận lớn nhất thì cần bán mỗi đôi giày giá \(65+17,5=82,5\) (nghìn đồng)

a) \(v_x=v_0cos\alpha\)

\(v_y=v_0sin\alpha\)

\(x=v_xt=v_0cos\alpha.t\Rightarrow t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\)

\(\Rightarrow y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2\)

\(y=v_0sin\alpha.\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0cos\alpha}\right)^2\)

\(y=xtan\alpha-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^2}{v_0^2cos^2\alpha}\)

\(y=xtan30^o-\dfrac{1}{2}.10.\dfrac{x^2}{30^2cos^230^o}\)

\(y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}x-\dfrac{1}{135}x^2\)

Có \(y'=\dfrac{\sqrt{3}}{3}-\dfrac{2}{135}x\)

Cho \(y'=0\Leftrightarrow x=\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\left(m\right)\) 

Khi đó lập bảng biến thiên, dễ thấy rằng \(maxy=\)\(y\left(\dfrac{45\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{45}{4}=11,25\left(m\right)\)

Thời gian vật đạt được tầm cao đó là \(t=\dfrac{x}{v_0cos\alpha}=\dfrac{\dfrac{45\sqrt{3}}{2}}{30cos30^o}=\dfrac{3}{2}=1,5\left(s\right)\)

b) \(y=v_yt-\dfrac{1}{2}gt^2=v_0sin30^ot-\dfrac{1}{2}.10t^2=15t-5t^2\)

Cho \(y=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=0\\t=3\end{matrix}\right.\)

Vậy thời gian chuyển động của vật là 3 giây

c) Tầm xa \(L=v_xt=30cos30^o.3=45\sqrt{3}\approx77,94\left(m\right)\)

d) Vật chạm đất \(v_x'=v_0cos30^o=15\sqrt{3}\left(m/s\right)\)

\(v_y'=v_y-gt=15-10.3=-15\left(m/s\right)\)

\(\Rightarrow\) Độ lớn vận tốc khi vật chạm đất là \(v=\sqrt{v_x'^2+v_y'^2}=30\left(m/s\right)\)

Giả sử \(\sqrt{2}\) là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{2}=\dfrac{m}{n}\) với \(m,n\inℕ^∗,ƯCLN\left(m,n\right)=1\)

\(\Rightarrow m=n\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow m^2=2n^2\) (*)

\(\Rightarrow m⋮2\)

\(\Rightarrow m=2k\left(k\inℕ^∗\right)\)

Thế lại vào (*), ta có:

\(\left(2k\right)^2=2n^2\)

\(\Rightarrow4k^2=2n^2\)

\(\Rightarrow2k^2=n^2\)

\(\Rightarrow n⋮2\)

Ta thấy \(m,n⋮2\), trái với giả thiết \(ƯCLN\left(m,n\right)=1\) (mâu thuẫn)

Vậy giả sử sai \(\Rightarrow\) \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ.

a) Ảnh là ảnh thật và ngược chiều với vật.

b) Ta có \(\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{d'}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{1}{d'}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d}=\dfrac{d-f}{fd}\)

\(\Rightarrow d'=OA'=\dfrac{fd}{d-f}=\dfrac{4.10}{10-4}=\dfrac{20}{3}\left(cm\right)\)

Lại có \(\Delta OAB\sim\Delta OA'B'\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{OA}{OA'}\)

\(\Rightarrow A'B'=\dfrac{AB.OA'}{OA}=\dfrac{h.d'}{d}=\dfrac{2.\dfrac{20}{3}}{10}=\dfrac{4}{3}\approx1,33\left(cm\right)\)

Vậy chiều cao A'B' của ảnh là khoảng 1,33cm.

Bài toán tổng quát: Tính tổng \(S=1.2+2.3+3.4+...+n\left(n+1\right)\)

Giải:

\(3S=1.2.3+2.3.3+3.4.3+...+n\left(n+1\right).3\)

\(3S=1.2.\left(3-0\right)+2.3.\left(4-1\right)+3.4.\left(5-2\right)+...+n\left(n+1\right)\left[\left(n+2\right)-\left(n-1\right)\right]\)

\(3S=-0.1.2+1.2.3-1.2.3+2.3.4-2.3.4+3.4.5-...-\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(3S=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\)

\(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

Vậy \(S=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{3}\)

\(m\left(x-1\right)\left(x-2\right)+2x+1=0\)

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

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

Xét \(m=0\) thì pt thành \(2x+1=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}\) (nhận)

Xét \(m\ne0\). Khi đó để pt đã cho có nghiệm thì 

\(\Delta=\left[-\left(3m-2\right)\right]^2-4m\left(2m+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow9m^2-12m+4-8m^2-4m\ge0\)

\(\Leftrightarrow m^2-16m+4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge8+2\sqrt{15}\\m\le8-2\sqrt{15}\end{matrix}\right.\)

Kết hợp tất cả các điều kiện, ta có \(m\ge8+2\sqrt{15}\) hoặc \(m\le8-2\sqrt{15}\)