\(0 \le P(A) \le 1\)

\({u_n} = {u_1} + (n - 1)d \Rightarrow \,\,d = \frac{{{u_n} - {u_1}}}{{n - 1}} = \frac{{24 - 3}}{{8 - 1}} = 3\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - 3{x^3} + x + 1} \right) = + \infty\)

Mỗi cách phân công là một tổ hợp chập 3 của 10. Vậy số cách là \(C_{10}^3 = 120\)

\(y' = {x^2} - 2x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in R\)

y' = 0 ⇔ x = 1

Suy ra hàm số luôn đồng biến trên R

Hàm số \(y=\frac{{{x}^{2}}-5}{x+3}\) xác định và liên tục trên \(\left[ 0;2 \right]\)

\(y=\frac{{{x}^{2}}-5}{x+3}\Leftrightarrow y=x-3+\frac{4}{x+3}\Rightarrow y'=1-\frac{4}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}},y'=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-1 \\ & x=-5 \\ \end{align} \right.\)

Ta có \(y\left( 0 \right)=-\frac{5}{3},y\left( 2 \right)=-\frac{1}{5}\). Vậy \(\underset{x\in \left[ 0;2 \right]}{\mathop{\min }}\,y=-\frac{5}{3}\)

Phương trình hoành độ giao điểm

\({x^3} - 3{x^2} + 2x - 1 = {x^2} - 3x + 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^3} = {\left( {x - 1} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Khi đó tọa độ các giao điểm là: \(A\left( {1; - 1} \right),B\left( {2; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {1;0} \right)\). Vậy AB = 1

\(y' = 3{x^2} - 6x;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Với \(x = 0 \Rightarrow y = 0\)

Với \(x = 2 \Rightarrow y = - 4\)

TCĐ: x = -2

Đồ thị (C) có tiệm cận đứng: \({{\Delta }_{1}}:x-3=0\) và tiệm cận ngang \({{\Delta }_{2}}:y-3=0\)

Gọi \(M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)\in \left( C \right)\) với \({{y}_{0}}=\frac{3{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-3}\,\,\,\left( {{x}_{0}}\ne 3 \right)\). Ta có:

\(d\left( M,{{\Delta }_{1}} \right)=2.d\left( M,{{\Delta }_{2}} \right)\Leftrightarrow \left| {{x}_{0}}-3 \right|=2.\left| {{y}_{0}}-3 \right|\)

\(\Leftrightarrow \left| {{x}_{0}}-3 \right|=2.\left| \frac{3{{x}_{0}}-1}{{{x}_{0}}-3}-3 \right|\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}-3 \right)}^{2}}=16\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}_{0}}=-1 \\ & {{x}_{0}}=7 \\ \end{align} \right.\)

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là \({{M}_{1}}\left( -1;1 \right)\) và \({{M}_{2}}\left( 7;5 \right)\)

Gọi \(x\left( m \right)\) là bán kính của hình trụ \(\left( x>0 \right)\). Ta có: \(V=\pi {{x}^{2}}.h\Leftrightarrow h=\frac{16}{{{r}^{2}}}\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \(S\left( x \right)=2\pi {{x}^{2}}+2\pi xh=2\pi {{x}^{2}}+\frac{32\pi }{x},\left( x>0 \right)\)

Khi đó: \(S'\left( x \right)=4\pi x-\frac{32\pi }{{{x}^{2}}}\), cho \(S'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2\)

Lập bảng biến thiên, ta thấy diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi \(x=2\left( m \right)\) nghĩa là bán kính là 2m

\({a^{\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{5}{6}}} = {a^{\frac{5}{3}}}\)

\(P = 2{\log _2}x - 3{\log _2}x + \frac{1}{2}{\log _2}x =  - \frac{1}{2}{\log _2}x =  - \frac{1}{2}.\sqrt 2  =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

y’ = 5^x.ln5

Phương trình trương đương với  \({3.3^{2x}} - {4.3^x} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {3^x} = 1\\ {3^x} = \frac{1}{3} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 1 \end{array} \right.\)

Hàm số xách định \( \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \ne 1\\ x > - 2 \end{array} \right.\)

Đồ thị đi qua các điểm \(\left( {0; - 1} \right),\left( {1; - 2} \right)\) chỉ có A, C thỏa mãn.

Tuy nhiên đồ thị nhận Ox làm tiếp cận nên đáp án là A

Ta có \({4^x} - m{.2^{x + 1}} + 2m = 0 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 2m{.2^x} + 2m = 0{\rm{      }}\left( * \right)\)

Phương trình (*) là phương trình bậc hai ẩn 2^x có \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 2m = {m^2} - 2m\).

Phương trình (*) có nghiệm \( \Leftrightarrow {m^2} - 2m \ge 0 \Leftrightarrow m\left( {m - 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m \ge 2\\ m \le 0 \end{array} \right.\)

Áp dụng định lí Vi-et ta có \({2^{{x_1}}}{.2^{{x_2}}} = 2m \Leftrightarrow {2^{{x_1} + {x_2}}} = 2m\)

Do đó \({x_1} + {x_2} = 3 \Leftrightarrow {2^3} = 2m \Leftrightarrow m = 4\). Thử lại ta được m =4 thỏa mãn

\({\log _{15}}20 = \frac{{{{\log }_3}20}}{{{{\log }_3}15}} = \frac{{{{\log }_3}4 + {{\log }_3}5}}{{1 + {{\log }_3}5}} = \frac{{a\left( {1 + b} \right)}}{{b\left( {1 + a} \right)}}\)

\({a^{\alpha {{\log }_a}b}} = \alpha b\) ⇒ SAI

Kỳ khoản đầu thanh toán 1 năm sau ngày mua là 5.000.000 đồng, qua năm 2 sẽ thanh toán 6.000.000 đồng, năm 3: 10.000.000 đồng và năm 4:20.000.000 đồng. Các khoản tiền này đã có lãi trong đó. Do đó giá trị chiếc xe phải bằng tổng các khoản tiền lúc chưa có lãi. Gọi  là tiền ban đầu mua chiếc xe. Giá trị của chiếc xe là:

\({V_0} = 5.1,{08^{ - 1}} + 6.1,{08^{ - 2}} + 10.1,{08^{ - 3}} + 20.1,{08^{ - 4}} = 32.412.582\) đồng

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {2x + 1} \right)dx}  = \frac{1}{4}{\left( {2x + 1} \right)^2} + C\)

\(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\ln 4x.dx} \)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = \ln 4x\\ dv = dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = \frac{{dx}}{x}\\ v = x \end{array} \right.\)

Khi đó \(\int {f\left( x \right)dx}  = x.\ln 4x - \int {dx}  = x\left( {\ln 4x - 1} \right) + C\)

Ta có \(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx} = f\left( x \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {^4}\\ {_1} \end{array} = f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right)} \right.\).

Theo bài ta có

\(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx} = 17 \Leftrightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 17 \Leftrightarrow f\left( 4 \right) = 17 + f\left( 1 \right) = 17 + 12 = 29\)

Ta có: \(I = \int\limits_0^a {x.{e^{\frac{x}{2}}}dx} \). Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ dv = {e^{\frac{x}{2}}}dx \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} du = dx\\ v = 2.{e^{\frac{x}{2}}} \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow I = \left. {2x.{e^{\frac{x}{2}}}} \right|_0^a - 2\int\limits_0^a {{e^{\frac{x}{2}}}dx} = 2a{e^{\frac{a}{2}}} - \left. {4.{e^{\frac{x}{2}}}} \right|_0^a = 2\left( {a - 2} \right){e^{\frac{a}{2}}} + 4\)

Theo đề ra ta có:

\(I = 4 \Leftrightarrow 2\left( {a - 2} \right){e^{\frac{a}{2}}} + 4 = 4 \Leftrightarrow a = 2\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}} = 0 \Rightarrow x =  - 1\)

\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {\frac{{x + 1}}{{x - 2}}} \right|dx}  = \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\frac{{x + 1}}{{x - 2}}dx} } \right| = \left| {\int\limits_{ - 1}^0 {\left( {1 + \frac{3}{{x - 2}}} \right)dx} } \right| = \left| {\left. {\left( {x + 3\ln \left| {x - 2} \right|} \right)} \right|_{ - 1}^0} \right| = \left| {1 + 3\ln \frac{2}{3}} \right| = 3\ln \frac{3}{2} - 1\)

\(S = \frac{1}{6}\)

Thể tích cần tìm: \(V = \pi \int\limits_0^1 {\frac{{dx}}{{{{\left( {1 + \sqrt {4 - 3x} } \right)}^2}}}} \)

Đặt \(t = \sqrt {4 - 3x}  \Rightarrow dt =  - \frac{3}{{2\sqrt {4 - 3x} }}dx \Leftrightarrow dx =  - \frac{2}{3}tdt\left( {x = 0 \Rightarrow t = 2;x = 1 \Rightarrow t = 1} \right)\)

Khi đó: \(V = \frac{{2\pi }}{3}\int\limits_1^2 {\frac{t}{{{{\left( {1 + t} \right)}^2}}}dt}  = \frac{{2\pi }}{3}\int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{1 + t}} - \frac{1}{{{{\left( {1 + t} \right)}^2}}}} \right)dt}  = \left. {\frac{{2\pi }}{3}\left( {\ln \left| {1 + t} \right| + \frac{1}{{1 + t}}} \right)} \right|_1^2 = \frac{\pi }{9}\left( {6\ln \frac{3}{2} - 1} \right)\)

\({z_1} + {z_2} = 1 + 2i + 2 - 3i = 3 - i\)

\(z = \frac{{\left( {1 + i} \right)\left( {2 - i} \right)}}{{1 + 2i}} = 1 - i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt 2 \)

\(\bar z = {\left( {\sqrt 2  + i} \right)^2}.\left( {1 - \sqrt 2 i} \right) = 5 + \sqrt 2 i \Rightarrow z = 5 - \sqrt 2 i\)

\(z = 1 - \frac{1}{3}i \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} i\bar z = - \frac{1}{3} + i\\ 3z = 3 - i \end{array} \right. \Rightarrow w = \frac{8}{3}\)

Theo bài ra, ta có \(A\left( -4;0 \right),\,\,B\left( 0;4 \right)\) và \(M\left( x;3 \right)\)

Suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left( 4;4 \right)\) và \(\overrightarrow{AM}=\left( x+4;3 \right)\).

Để ba điểm A,B,M thẳng hàng thì \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{AM}\) cùng phương

\(\Leftrightarrow \frac{x+4}{4}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow x=-1\). 

Đặt \(w=x+yi,\left( x,y\in \mathbb{R} \right)\) suy ra \(\bar{z}=x+\left( y-1 \right)i\Rightarrow z=x-\left( y-1 \right)i\).

Theo đề suy ra

\(\left| x-\left( y-1 \right)i \right|=3\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9\)

Vậy tập số phức cần tìm nằm trên đường tròn có tâm \(I\left( 0;1 \right)\)

Theo bài ra ta có, \(SA\bot \left( ABCD \right)\), nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD). \(\Rightarrow \left[ \widehat{SC,\left( ABCD \right)} \right]=\left( \widehat{SC,AC} \right)=\widehat{SCA}={{60}^{0}}\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại B, có \(AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}\)

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại A, có \(\left( SA\bot \left( ABCD \right) \right)\Rightarrow SA\bot AC\)

Ta có: \(\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=AC.\tan \widehat{SCA}=AC.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a\)

Vậy thể tích hình chóp S.ABCD là:

\({{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.3a.a.a\sqrt{2}={{a}^{3}}\sqrt{2}\)

Dễ nhận biết khối đa diện đều loại {5;3} là khối mười hai mặt đều.

Ta chứng minh được tam giác ACD vuông cân tại C và \(CA=CD=a\sqrt{2}\), suy ra \({{S}_{\Delta ACD}}={{a}^{2}}\)

Gọi H là trung điểm của AB vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, suy ra \(SH\bot \left( ABCD \right)\) và \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \({{S}_{S.ACD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}\)

Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm các đoạn AB, AC, AM

Theo giả thiết, \(A'H\bot \left( ABC \right),BM\bot AC\). Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên \(IH//BM\Rightarrow IH\bot AC\)

Ta có: \(AC\bot IH,AC\bot A'H\Rightarrow AC\bot IA'\)

Suy ra góc giữa (ABC) và (ACC’A’) là \(\widehat{A'IH}={{45}^{0}}\)

\(A'H=IH.\tan {{45}^{0}}=IH=\frac{1}{2}MB=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

Thể tích lăng trụ là

 \(V=B.h=\frac{1}{2}BM.AC.A'H=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3{{a}^{3}}}{8}\)

Theo giả thiết, ta có

\(OA=a\sqrt{2}\) và \(\widehat{OSA}={{30}^{0}}\)

Suy ra độ dài đường sinh

\(\ell =SA=\frac{OA}{\sin {{30}^{0}}}=2a\sqrt{2}.\)

Vậy diện tích xung quanh bằng:

\({{S}_{xq}}=\pi R\ell =4\pi {{a}^{2}}\) (đvdt). 

Xét hình vuông ABCD có AD không song song và không vuông góc với trục OO' của hình trụ.

Dựng đường sinh AA', ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot AA'\\ CD \bot AD \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow CD \bot A'D\)

Suy ra A'C là đường kính đáy nên

\(A'C = 2R = 140{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Xét tam giác vuông AA'C, ta có

\(AC = \sqrt {AA{'^2} + A'{C^2}}  = 100\sqrt 2 {\rm{cm}}{\rm{.}}\)

Suy ra cạnh hình vuông bằng 100cm

Gọi M là trung điểm AC, suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I là trung điểm SC, suy ra

IM // SA nên \(IM \bot \left( {ABC} \right)\).

Do đó IM là trục của tam giác ABC, suy ra

IA = IB = IC (1)

Hơn nữa, tam giác SAC vuông tại A có I là trung điểm SC nên IS = IC = IA.        

Từ (1) và (2), ta có IS = IA = IB = IC hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Vậy bán kính \(R = IS = \frac{{SC}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Gọi E là trung điểm của BC, dựng \(OH\bot SE\) tại H.

Chứng minh được \(OH\bot \left( SBC \right)\) nên suy ra \(OH=d\left[ O,\left( SBC \right) \right]=\frac{a}{2}\).

Trong tam giác đều ABC, ta có

\(OE=\frac{1}{3}AE=\frac{1}{3}.\frac{2a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\) và \(OA=\frac{2}{3}AE=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\)

Trong tam giác vuông SOE, ta có

\(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{E}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{S{{O}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}-\frac{1}{O{{E}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow SO=a\).

Vậy thể tích khối nón

\(V=\frac{1}{3}\pi O{{A}^{2}}.SO=\frac{1}{3}\pi {{\left( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}.a=\frac{4\pi {{a}^{3}}}{9}\) (đvtt).

\(\overrightarrow n  = \left( { - 2;3; - 4} \right)\)

\(\left( S \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 5} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 1\)

⇒ \(I\left( { 4;-5; 3} \right)\), R = 1

\(d = \frac{{\left| {1 - 6 + 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\)

Đường thẳng \(\left( {{d}_{1}} \right),\left( {{d}_{2}} \right)\) lần lượt có vectơ chỉ phương là:

\(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;-m;-3 \right)\) và \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;1;1 \right),\left( {{d}_{1}} \right)\bot \left( {{d}_{2}} \right)\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0\Leftrightarrow m=-1\)

d₁ đi qua điểm \({{M}_{1}}\left( 1;-2;3 \right)\) và có vtcp \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 1;1;-1 \right)\)

d₂ đi qua điểm \({{M}_{2}}=\left( 3;1;5 \right)\) và có vtctp \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;2;3 \right)\)

Ta có \(\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( \left| \begin{matrix} 1 & -1 \\ 2 & 3 \\ \end{matrix} \right|;\left| \begin{matrix} -1 & 1 \\ 3 & 1 \\ \end{matrix} \right|;\left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \\ \end{matrix} \right| \right)=\left( 5;-4;1 \right)\) và \(\overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}=\left( 2;3;2 \right)\)

Suy ra \(\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]\overrightarrow{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}=5.2-4.3+1.2=0\), do đó d₁ và d₂ cắt nhau

Mặt phẳng (P) chứa d₁ và d₂.

Điểm trên (P) \({{M}_{1}}\left( 1;-2;3 \right)\)

Vtpt của (P): \(\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( 5;-4;1 \right)\)

Vậy, PTTQ của mp(P) là: \(5\left( x-1 \right)-4\left( y+2 \right)+1\left( z-3 \right)=0\Leftrightarrow 5x-4y+z-16=0\)

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với (P)

(Q) có vectơ pháp tuyến \({{\overrightarrow{n}}_{Q}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{u}_{P}}} \right]=\left( -1;-5;-7 \right)\)

Đường thẳng \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của d lên (P) chính là giao tuyến của (P) và (Q). Do đó. Điểm trên \(\Delta :A\left( 1;1;-2 \right)\)

Vectơ chỉ phương của \(\Delta \):

\(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 3}&2\\ { - 5}&{ - 7} \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1\\ { - 7}&{ - 1} \end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 3}\\ { - 1}&{ - 5} \end{array}} \right|} \right) = \left( {31;5; - 8} \right)\)

PTTS của \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 31t\\ y = 1 + 5t\\ z = - 2 - 8t \end{array} \right.\left( {t \in R} \right)\)

Giả sử mặt cầu (S) cắt \(\Delta \) tại 2 điểm A, B sao cho AB=4 => (S) có bán kính R=IA

Gọi H là trung điểm đoạn AB, khi đó: \(IH\bot AB\Rightarrow \Delta IHA\) vuông tại H

Ta có, \(HA=2;IH=d\left( I,\Delta  \right)=\sqrt{5}\)

\(R=I{{A}^{2}}=I{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}={{\left( \sqrt{5} \right)}^{2}}+{{2}^{2}}=9\)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

\(\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=9\)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \beta  \right):2\text{x}+y+3\text{z}-19=0\) là \(\overrightarrow{n}=\left( 2;1;3 \right)\)

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) là đường thẳng nhận \(\overrightarrow{n}\) làm vectơ chỉ phương. Kết hợp với đi qua điểm \(M\left( 1;-1;2 \right)\) ta có phương trình chính tắc của đường thẳng cần tìm là

\(\frac{x-1}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-2}{3}\)