Đề bài
Câu 1 [2 điểm]: Giải các hệ phương trình sau:
a] \[\left\{ \begin{array}{l}3\left[ {x + 1} \right] - y = 6 - 2y\\2x - y = 7\end{array} \right.\]
b] \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{7}{{\sqrt x - 7}} - \frac{4}{{\sqrt y + 6}} = \frac{5}{3}\\\frac{5}{{\sqrt x - 7}} + \frac{3}{{\sqrt y + 6}} = 2\frac{1}{6}\end{array} \right.\]
Câu 2 [2 điểm]: Giải bài toán bằng cách lập cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình
Hai tổ sản xuất trong tháng thứ nhất làm được \[1000\] sản phẩm. Sang tháng thứ hai, do cải tiến kĩ thuật nên tổ một vượt mức \[20\% \], tổ hai vượt mức 15% so với tháng thứ nhất. Vì vậy, cả hai tổ sản xuất được \[1170\] sản phẩm. Hỏi tháng thứ nhất, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?
Câu 3 [2 điểm]: Cho đường thẳng \[\left[ d \right]\] có phương trình \[y = ax + b\]. Tìm \[a,\,\,b\] biết \[\left[ d \right]\] song song với đường thẳng \[\left[ {d'} \right]\] có phương trình \[y = - 3x + 5\] và đi qua điểm \[A\] thuộc parabol \[\left[ P \right]\] có phương trình \[y = {x^2}\] có hoành độ bằng \[ - 2\].
Câu 4 [3,5 điểm]: Cho đường tròn \[\left[ {O;\,\,R} \right]\], kẻ đường kính \[AB\]. Điểm \[M\] bất kì trên \[\left[ O \right]\] sao cho \[MA < MB\left[ {M \ne A,\,\,B} \right]\]. Kẻ \[MH \bot AB\] tại \[H\]. Vẽ đường tròn \[\left[ I \right]\] đường kính \[MH\] cắt \[MA,\,\,MB\] lần lượt tại \[E\] và \[F\].
a] Chứng minh \[M{H^2} = MF\,.\,MB\] và ba điểm \[E,\,\,I,\,\,F\] thẳng hàng.
b] Kẻ đường kính \[MD\] của đường tròn \[\left[ O \right]\], \[MD\] cắt đường tròn \[\left[ I \right]\] tại điểm thứ hai là \[N\left[ {N \ne M} \right]\]. Chứng minh tứ giác \[BONF\] nội tiếp.
c] \[MD\] cắt \[EF\] tại \[K\]. Chứng minh \[MK \bot EF\] và \[\angle MHK = \angle MDH\].
d] Đường tròn \[\left[ I \right]\] cắt đường tròn \[\left[ O \right]\] tại điểm thứ hai là \[P\,\,\left[ {P \ne M} \right]\]. Chứng minh ba đường thẳng \[MP,\,\,FE\] và \[BA\] đồng quy.
Câu 5 [0,5 điểm]: Cho các số không âm \[x,\,\,y,\,\,z\] thỏa mãn \[x + y + z = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1} + \sqrt {2{y^2} + y + 1} + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \]
Lời giải chi tiết
Câu 1 [VD]
Phương pháp:
a] Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế.
b] Tìm ĐKXĐ để hệ phương trình có nghĩa.
Đặt \[u = \frac{1}{{\sqrt x - 7}};\,\,v = \frac{1}{{\sqrt y + 6}}\,\,\left[ {u,\,\,v \ne 0} \right]\].
+ Giải hệ theo ẩn phụ \[u,\,\,v\] đã đặt.
+ Trở lại ẩn \[x,\,\,y\] để tìm nghiệm của hệ.
+ Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.
Cách giải:
Giải các hệ phương trình sau:
a] \[\left\{ \begin{array}{l}3\left[ {x + 1} \right] - y = 6 - 2y\\2x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\2x - y = 7\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\5x = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\x = 2\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3.2 + y = 3\\x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 3\\x = 2\end{array} \right.\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \[\left[ {x;\,\,y} \right] = \left[ {2;\,\, - 3} \right]\].
b] \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{7}{{\sqrt x - 7}} - \frac{4}{{\sqrt y + 6}} = \frac{5}{3}\\\frac{5}{{\sqrt x - 7}} + \frac{3}{{\sqrt y + 6}} = 2\frac{1}{6}\end{array} \right.\]
ĐKXĐ \[x,\,\,y \ge 0\], \[x \ne 49\]
Đặt \[u = \frac{1}{{\sqrt x - 7}};\,\,v = \frac{1}{{\sqrt y + 6}}\,\,\left[ {u,\,\,v \ne 0} \right]\].
Khi đó, ta có hệ phương trình:
\[\left\{ \begin{array}{l}7u - 4v = \frac{5}{3}\\5u + 3v = 2\frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\35u + 21v = \frac{{91}}{6}\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\ - 41v = - \frac{{41}}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\v = \frac{1}{6}\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20.\frac{1}{6} = \frac{{25}}{3}\\v = \frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{3}\,\,\left[ {tm} \right]\\v = \frac{1}{6}\,\,\left[ {tm} \right]\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{\sqrt x - 7}} = \frac{1}{3}\\\frac{1}{{\sqrt y + 6}} = \frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x - 7 = 3\\\sqrt y + 6 = 6\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x = 10\\\sqrt y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\,\,\,\left[ {tm} \right]\\y = 0\,\,\,\left[ {tm} \right]\end{array} \right.\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \[\left[ {x;\,\,y} \right] = \left[ {100;\,\,0} \right]\].
Câu 2 [VD]
Phương pháp:
Gọi số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ nhất và tháng thứ hai lần lượt là \[x,\,\,y\] [sản phẩm], \[\left[ {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*},\,\,x,\,\,y < 1000} \right].\]
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo đại lượng vừa gọi và các đại lượng đã biết.
Lập hệ phương trình và giải hệ phương trình để tìm \[x,\,\,y\].
Đối chiếu với điều kiện và kết luận.
Cách giải:
Gọi số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ nhất là \[x\] [sản phẩm, \[x \in {\mathbb{N}^*}\], \[x < 1000\]].
Số sản phẩm tổ hai sản xuất được trong tháng thứ hai là \[y\] [sản phẩm, \[y \in {\mathbb{N}^*}\], \[y < 1000\]].
Trong tháng thứ nhất cả hai tổ làm được \[1000\] sản phẩm nên ta có phương trình:
\[x + y = 1000\] [1]
Số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ hai là \[100\% .x + 20\% .x = 120\% x\] sản phẩm
Số sản phẩm tổ hai sản xuất được trong tháng thứ hai là \[100\% .y + 15\% .y = 115\% y\] sản phẩm.
Trong tháng thứ hai, cả hai tổ sản xuất được \[1170\] sản phẩm nên ta có phương trình:
\[120\% x + 115\% y = 1170\] \[ \Leftrightarrow 1,2x + 1,15y = 1170\,\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] ta có hệ phương trình:
\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1000\\1,2x + 1,15y = 1170\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\1,2\left[ {1000 - y} \right] + 1,15y = 1170\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\ - 0,05y = - 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\y = 600\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\,\,\,\left[ {tm} \right]\\y = 600\,\,\left[ {tm} \right]\end{array} \right.\]
Vậy trong tháng thứ nhất tổ một sản phẩm được \[400\] sản phẩm, tổ hai sản xuất được \[600\] sản phẩm.
Câu 3 [VD]
Phương pháp:
Đường thẳng \[\left[ d \right]:y = ax + b\] song song với đường thẳng \[\left[ {d'} \right]:y = a'x + b'\] khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\].
Đường thẳng \[\left[ d \right]:y = ax + b\] đi qua điểm \[A\left[ {{x_A};\,\,{y_A}} \right]\] khi \[{y_A} = a{x_A} + b\]. Từ đó tìm được \[a,\,\,b\].
Cách giải:
Đường thẳng \[\left[ d \right]\] có phương trình: \[y = ax + b\]
Vì \[\left[ d \right]\] song song với đường thẳng \[\left[ {d'} \right]:y = - 3x + 5\] nên \[a = - 3\] và \[b \ne 5\]
Gọi \[A\left[ {{x_A};\,\,{y_A}} \right] \in \left[ P \right]:y = {x^2}\] .
Ta có: \[{x_A} = - 2 \Rightarrow {y_A} = {\left[ { - 2} \right]^2} = 4\]
\[ \Rightarrow A\left[ { - 2;\,\,4} \right]\]
Vì đường thẳng \[\left[ d \right]\] đi qua \[A\left[ { - 2;\,\,4} \right]\] nên ta có: \[4 = - 2a + b\] [1]
Thay \[a = - 3\] vào [1] ta có: \[4 = - 2.\left[ { - 3} \right] + b \Leftrightarrow b = - 2\] [thỏa mãn]
Vậy \[a = - 3,\,\,b = - 2\].
Câu 4 [VD]
Phương pháp:
a] Sử dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông \[MHB\] và tính chất của hình chữ nhật.
b] Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách sử dụng các dấu hiệu nhận biết.
c] Chứng minh góc \[\angle MKF = {90^0}\]. Chứng minh \[\Delta MKH \sim \Delta MHD\] theo trường hợp cạnh góc cạnh.
d] Gọi \[G\] là giao điểm của \[EF\] và \[AB\], từ đó chứng minh ba điểm \[M,\,\,G,\,\,P\] thẳng hàng. [Gọi \[X\] là giao điểm của \[MG\] với \[\left[ O \right]\] và chứng minh \[X \in \left[ I \right]\] để suy ra \[P \equiv X\]]
Cách giải:
a] Chứng minh \[M{H^2} = MF\,.\,MB\] và ba điểm \[E,\,\,I,\,\,F\] thẳng hàng.
*] Chứng minh \[M{H^2} = MF\,.\,MB\]
Vì điểm \[F\] thuộc đường tròn \[\left[ I \right]\] đường kính \[MH\] nên \[\angle MFH = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn]
\[ \Rightarrow HF \bot MB\] tại \[F\]
\[\angle MHB = {90^0}\] [vì \[MH \bot AB\] tại \[H\]]
Xét \[\Delta MHB\] vuông tại \[H\] đường cao \[HF\], áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có:
\[M{H^2} = MF\,.\,MB\] [đpcm]
*] Chứng minh \[E,\,\,I,\,\,F\] thẳng hàng
Xét tứ giác \[MEHF\] ta có:
\[\angle AMB = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\]]
\[\angle HEM = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I\], đường kính \[MH\]]
\[\angle HFM = {90^0}\] [góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I\], đường kính \[MH\]]
\[ \Rightarrow \angle AMB = \angle HEM = \angle HFM = {90^0}\]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[MEHF\] là hình chữ nhật [dấu hiệu nhận biết]
Mà \[I\] là trung điểm của \[MH\] [vì \[I\] là tâm của đường tròn đường kính \[MH\]] nên \[I\] là tâm của hình chữ nhật \[MEHF\].
\[ \Rightarrow \] \[I\] là trung điểm của \[EF\]
\[ \Rightarrow \] Ba điểm \[E,\,\,I,\,\,F\] thẳng hàng [đpcm]
b] Kẻ đường kính \[MD\] của đường tròn \[\left[ O \right]\], \[MD\] cắt đường tròn \[\left[ I \right]\] tại điểm thứ hai là \[N\left[ {N \ne M} \right]\]. Chứng minh tứ giác \[BONF\] nội tiếp.
Xét đường tròn \[\left[ I \right]\] ta có: \[EF\] là đường trung trực của \[MN\] [liên hệ giữa đường kính và dây cung]
\[ \Rightarrow FM = FN\]
\[ \Rightarrow \Delta MFN\] cân tại \[F\] [định nghĩa]
\[ \Rightarrow \angle FMN = \angle FNM\] [tính chất]
Xét đường tròn \[\left[ O \right]\] ta có: \[OM = OB\]
\[ \Rightarrow \Delta MOB\] cân tại \[O\] [định nghĩa]
\[ \Rightarrow \angle OMB = \angle OBM\] [tính chất]
Hay \[\angle FMN = \angle OBM\].
\[ \Rightarrow \angle FNM = \angle OBM\,\,\left[ { = \angle FMN} \right]\]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[BONF\] nội tiếp [Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện] [đpcm]
c] \[MD\] cắt \[EF\] tại \[K\]. Chứng minh \[MK \bot EF\] và \[\angle MHK = \angle MDH\].
*] Chứng minh \[MK \bot EF\]
Xét đường tròn \[\left[ I \right]\], ta có: \[\angle MEF = \angle MNF\] [góc nội tiếp cùng chắn cung ]
Mà \[\angle MNF = \angle NMF\] [cmt]
\[ \Rightarrow \angle MEF = \angle NMF\] [\[ = \angle MNF\]]
Ta có: \[\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\] [vì \[\Delta MEF\] vuông tại \[M\]]
Mà \[\angle MEF = \angle NMF\] [cmt]
\[ \Rightarrow \angle NMF + \angle MFE = {90^0}\] hay \[\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\].
Xét \[\Delta MKF\] có \[\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\] suy ra \[\angle MKF = {90^0}\].
\[ \Rightarrow MK \bot EF\] tại \[K\].
*] Chứng minh \[\angle MHK = \angle MDH\]
Xét \[\Delta MKF\] và \[\Delta MBD\] ta có:
\[\angle M\,\,\,chung\]
\[\angle MKF = \angle MBD\,\,\left[ { = {{90}^0}} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta MKF \sim \Delta MBD\,\,\left[ {g - g} \right]\]
\[ \Rightarrow \frac{{MK}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MD}}\] [cặp cạnh tương ứng tỉ lệ].
\[ \Rightarrow MK.MD = MF.MB\]
Theo câu a] ta có: \[M{H^2} = MF.MB\]
\[ \Rightarrow M{H^2} = MK.MD\,\,\left[ { = MF.MB} \right]\]
\[ \Rightarrow MH.MH = MK.MD\]
\[ \Rightarrow \frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MD}}\]
Xét \[\Delta MKH\] và \[\Delta MHD\] ta có:
\[\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MD}}\,\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[\angle M\,\,\,chung\]
\[ \Rightarrow \Delta MKH \sim \Delta MHD\,\,\,\left[ {c - g - c} \right]\]
\[ \Rightarrow \angle MHK = \angle MDH\] [hai góc tương ứng]
d] Đường tròn \[\left[ I \right]\] cắt đường tròn \[\left[ O \right]\] tại điểm thứ hai là \[P\,\,\left[ {P \ne M} \right]\]. Chứng minh ba đường thẳng \[MP,\,\,FE\] và \[BA\] đồng quy.
Gọi \[G\] là giao điểm của \[EF\] và \[AB\], \[X\] là giao điểm của \[MG\] và đường tròn \[\left[ O \right]\].
Ta có:
\[\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\] [vì \[\Delta MEF\] vuông tại \[M\]]
\[\angle MFE + \angle KMF = {90^0}\] [vì \[\Delta MKF\] vuông tại \[K\]]
\[ \Rightarrow \angle MEF = \angle KMF\] [cùng phụ với \[\angle MFE\]]
Mà \[\angle KMF = \angle OBM\] [cmt]
\[ \Rightarrow \angle MEF = \angle OBM\][\[ = \angle KMF\]]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[AEFB\] nội tiếp [Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện]
\[ \Rightarrow \] \[\angle GEA = \angle GBF\] [góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện]
Xét \[\Delta GEA\] và \[\Delta GBF\] ta có:
\[\angle G\,\,chung\]
\[\angle GEA = \angle GBF\,\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta GEA \sim \Delta GBF\,\,\left[ {g - g} \right]\]
\[ \Rightarrow \frac{{GE}}{{GB}} = \frac{{GA}}{{GF}}\] [cặp cạnh tương ứng tỉ lệ]
\[ \Rightarrow GE.GF = GA.GB\] [1]
*] Tứ giác \[AXMB\] nội tiếp \[ \Rightarrow \]\[\angle GXA = \angle GBM\][góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện]
Xét \[\Delta GXA\] và \[\Delta GBM\] có:
\[\angle G\,\,chung\]
\[\angle GXA = \angle GBM\,\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\]
\[ \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\,\,\left[ {g - g} \right]\]
\[ \Rightarrow \frac{{GX}}{{GB}} = \frac{{GA}}{{GM}}\] [cặp cạnh tương ứng tỉ lệ]
\[ \Rightarrow GX.GM = GA.GB\,\,\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] suy ra: \[GE.GF = GX.GM\]
\[ \Rightarrow \frac{{GE}}{{GM}} = \frac{{GX}}{{GF}}\]
Xét \[\Delta GXE\] và \[\Delta GFM\] ta có:
\[\angle G\,\,\,chung\]
\[\frac{{GE}}{{GM}} = \frac{{GX}}{{GF}}\,\,\,\,\left[ {cmt} \right]\]
\[ \Rightarrow \Delta GXE \sim \Delta GFM\,\,\,\left[ {c - g - c} \right]\]
\[ \Rightarrow \angle GXE = \angle GFM\] [hai góc tương ứng]
\[ \Rightarrow \] Tứ giác \[XMFE\] nội tiếp [Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện] [1]
\[ \Rightarrow X\] là điểm nằm trên đường tròn \[\left[ I \right]\] mà \[X\]cũng nằm trên trên đường tròn \[\left[ O \right]\].
\[ \Rightarrow X\] là giao điểm của \[\left[ I \right]\] và \[\left[ O \right]\]
Theo đề bài, đường tròn \[\left[ I \right]\] cắt đường tròn \[\left[ O \right]\] tại điểm thứ hai là \[P\,\,\left[ {P \ne M} \right]\] suy ra \[X \equiv P\].
Mà \[G,\,\,X,\,\,M\] là thẳng hàng suy ra \[G,\,\,P,\,\,M\] thẳng hàng.
\[ \Rightarrow \] Ba đường thẳng \[MP,\,\,FE\] và \[BA\] đồng quy tại \[G\] [đpcm]
Câu 5 [VD]
Phương pháp:
Chứng minh \[\sqrt {2{x^2} + x + 1} \le x + 1\] luôn đúng với các số không âm \[x\] thỏa mãn \[x + y + z = 1\]. Từ đó tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[Q\].
Cách giải:
Cho các số không âm \[x,\,\,y,\,\,z\] thỏa mãn \[x + y + z = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1} + \sqrt {2{y^2} + y + 1} + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \]
Vì \[x,\,\,y,\,\,z\] là các số không âm và \[x + y + z = 1\] nên \[0 \le x,\,y,\,\,z \le 1\].
Chứng minh \[\sqrt {2{x^2} + x + 1} \le x + 1\].
\[\begin{array}{l}\sqrt {2{x^2} + x + 1} \le x + 1\\ \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt {2{x^2} + x + 1} } \right]^2} \le {\left[ {x + 1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 1 \le {x^2} + 2x + 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 1 - {x^2} - 2x - 1 \le 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x \le 0\\ \Leftrightarrow x\left[ {x - 1} \right] \le 0\end{array}\]
Ta có: \[x\left[ {x - 1} \right] \le 0\] luôn đúng với \[0 \le x \le 1\].
Chứng minh tương tự ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {2{y^2} + y + 1} \le y + 1\\\sqrt {2{z^2} + z + 1} \le x + 1\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1} + \sqrt {2{y^2} + y + 1} + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \]
\[ \le \left[ {x + 1} \right] + \left[ {y + 1} \right] + \left[ {z + 1} \right]\]\[ = \left[ {x + y + z} \right] + 3\]
Mà \[x + y + z = 1\] nên \[Q \le 4\].
Dấu \[ = \] xảy ra \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0,\,\,z = 1\\x = z = 0,\,\,y = 1\\y = z = 0,\,\,x = 1\end{array} \right.\]
Vậy \[Q\] đạt giá trị lớn nhất bằng \[4\] khi \[\left[ {x;y;z} \right] \in \left\{ {\left[ {0;\,\,0;\,\,1} \right],\,\,\left[ {0;\,\,1;\,\,0} \right],\,\,\left[ {1;\,\,0;\,\,0} \right]} \right\}\].