\(\overrightarrow{n_{\left(\alpha\right)}}=\left(1;2;3\right)\)

\(\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;4;6\right)\)

\(\overrightarrow{n_{\left(R\right)}}=\left(2;-4;6\right)\)

\(\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;-1;2\right)\)

\(\overrightarrow{n_{\left(S\right)}}=\left(1;-1;2\right)\)

Tích vô hướng của \(\overrightarrow{n_{\left(\alpha\right)}}\) với cả 4 vecto kia đều khác 0 nên ko mặt phẳng nào vuông góc với \(\left(\alpha\right)\)

Bạn coi lại đề bài

a) Đây không phải là dạng của phương trình đường tròn (hệ số \({y^2}\) bằng -1).

b) Vì \({a^2} + {b^2} - c = {1^2} + {\left( { - 2} \right)^2} - 6 < 0\) nên phương trình đã cho không là phương trình tròn.

c) Vì \({a^2} + {b^2} - c = {\left( { - 3} \right)^2} + {2^2} - 1 = 11 > 0\) nên phương trình đã cho là phương trình tròn có tâm \(I\left( { - 3;2} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c}  = \sqrt {11} \).

Bài 1:a) Ta có: \(1-3x⋮x-2\)

\(\Leftrightarrow-3x+1⋮x-2\)

\(\Leftrightarrow-3x+6-5⋮x-2\)

mà \(-3x+6⋮x-2\)

nên \(-5⋮x-2\)

\(\Leftrightarrow x-2\inƯ\left(-5\right)\)

\(\Leftrightarrow x-2\in\left\{1;-1;5;-5\right\}\)

hay \(x\in\left\{3;1;7;-3\right\}\)

Vậy: \(x\in\left\{3;1;7;-3\right\}\)

b) Ta có: \(3x+2⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow2\left(3x+2\right)⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow6x+4⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow6x+3+1⋮2x+1\)

mà \(6x+3⋮2x+1\)

nên \(1⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow2x+1\inƯ\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow2x+1\in\left\{1;-1\right\}\)

\(\Leftrightarrow2x\in\left\{0;-2\right\}\)

hay \(x\in\left\{0;-1\right\}\)

Vậy: \(x\in\left\{0;-1\right\}\)

Bài 1 :

a, Có : \(1-3x⋮x-2\)

\(\Rightarrow-3x+6-5⋮x-2\)

\(\Rightarrow-3\left(x-2\right)-5⋮x-2\)

- Thấy -3 ( x - 2 ) chia hết cho  x - 2

\(\Rightarrow-5⋮x-2\)

- Để thỏa mãn yc đề bài thì : \(x-2\inƯ_{\left(-5\right)}\)

\(\Leftrightarrow x-2\in\left\{1;-1;5;-5\right\}\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{3;1;7;-3\right\}\)

Vậy ...

b, Có : \(3x+2⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow3x+1,5+0,5⋮2x+1\)

\(\Leftrightarrow1,5\left(2x+1\right)+0,5⋮2x+1\)

- Thấy 1,5 ( 2x +1 ) chia hết cho  2x+1

\(\Rightarrow1⋮2x+1\)

- Để thỏa mãn yc đề bài thì : \(2x+1\inƯ_{\left(1\right)}\)

\(\Leftrightarrow2x+1\in\left\{1;-1\right\}\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{0;-1\right\}\)

Vậy ...

Gọi `A(0;1)` và `B(1;3)` là 2 điểm thuộc `\Delta`

`T_(\vec v): \Delta -> \Delta'`

`<=> T_(\vec v): A(0;1) -> A'(3;0) ; B(1;3) -> B'(4;2)`

`=> \vec(A'B') (1;2)`

`=> \Delta' : 1(x-3)+2(y-0)=0 <=> x+2y-3=0`

`(C)` có: `I(1;-2)` và `R=\sqrt6 =R'`

`T_(\vec v): (C) -> (C') => T_(\vecv): I (1;-2) -> I'(4;-3)`

`=> (C'): (x-4)^2 +(y+3)^2=6`

- Lâu không làm, không biết có đúng khum...

(1)

(x+1)(x-7)+17>0

<=>x^2-6x+9+1>0

<=>(x-3)^2+1>0(dpcm)

..

(7)

-y^2+4y-4-|x+1|≤0

<=>-(y-2)^2-|x+1|≤0

sum 2 so khong duong ko the la so (+)=>dpcm

(C) tâm \(O\left(1;-2\right)\) bán kính \(R=\sqrt{3}\)

\(\overrightarrow{OI}=\left(4;-3\right)\Rightarrow OI=5\)

Gọi giao điểm của OI và AB là H \(\Rightarrow H\) là trung điểm AB và \(OI\perp AB\) tại H

Áp dụng Pitago cho tam giác vuông OAH:

\(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=\sqrt{R^2-\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow IH=OI-OH=\dfrac{7}{2}\)

\(\Rightarrow R'=IA=\sqrt{AH^2+IH^2}=\sqrt{\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2+IH^2}=\sqrt{13}\)

Phương trình (C'): \(\left(x-5\right)^2+\left(y-1\right)^2=13\)

\(x^2-2x+5+y^2-4y=0\)

\(x^2-2\times x\times1+1^2-1^2+y^2-2\times y\times2+2^2-2^2+5=0\)

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

\(\left(x-1\right)^2\ge0\)

\(\left(y-2\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2=\left(y-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x-1=y-2=0\)

\(\Leftrightarrow x=1;y=2\)

\(x^2+4y^2+13-6x-8y=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-6x+9+4y^2-8y+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2+\left(2y-2\right)^2=0\)

Dấu = xảy ra khi

\(\orbr{\begin{cases}x-3=0\\2y-2=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\\y=1\end{cases}}\)