Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây
Dưới đây là một vài câu hỏi có thể liên quan tới câu hỏi mà bạn gửi lên. Có thể trong đó có câu trả lời mà bạn cần!
Tìm $m$ để ba đường thẳng $y = 2x - 3\,\,\left[ {{d_1}} \right];\,\,\,y = x - 1\,\,\left[ {{d_2}} \right];\,\,\,y = \left[ {m - 1} \right]x + 2\,\,\,\,\left[ {{d_3}} \right]$ đồng quy.
Cho điểm $A\left[ {1;\,\,1} \right]$ và hai đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right]:\,\,y = x - 1;\,\,\,\left[ {{d_2}} \right]:\,\,\,y = 4x - 2$. Viết phương trình đường thẳng $[d]$ đi qua điểm $A$ và cắt các đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right],\,\,\left[ {{d_2}} \right]$ tạo thành một tam giác vuông.
Cho hai đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right]:\,\,y = - 3x + m + 2;\,\,\,\left[ {{d_2}} \right]:\,\,\,y = 4x - 2m - 5.$ Gọi $A\left[ {1;\,{y_A}} \right]$ thuộc $\left[ {{d_1}} \right]$, $B\left[ {2;\,\,{y_B}} \right]$ thuộc $\left[ {{d_2}} \right].$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $A$ và $B$ nằm về hai phía của trục hoành.
Hàm số \[y = \left| {2x + 10} \right|\] là hàm số nào sau đây:
Trong các hàm số sau, đâu là hàm số bậc nhất?
Tập giá trị của hàm số \[y = \left| {3 + x} \right| - 1\] là:
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập \[\mathbb{R}?\]
16/08/2021 1,087
Đáp án cần chọn là: D
Gọi A và B lần lượt là giao điểm của đường thẳng [d] với trục Ox, Oy
Khi đó, Am−1m;0,B0,−m+1
Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng [d] thì OH chính là khoảng cách từ điểm O tới đường thẳng [d]
Xét tam giác vuông OAB có 1OH2=1OA2+1OB2⇔OH=OA.OBOA2+OB2
Suy ra OHmin⇔OA.OBOA2+OB2min
Ta có OA.OBOA2+OB2=m−1m−m+1m−1m2+m−12=[m−1]2[m−1]2[1+m2]=m−11+m2
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì m−11+m2≤21+m21+m2=2
Vậy OHmin =2 và đạt được khi m = -1
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Biết rằng đường thẳng d: y = ax + b đi qua điểm M [4; -3] và song song với đường thẳng y=−23x+1. Tính giá trị biểu thức a2 + b3
Xem đáp án » 16/08/2021 1,181
Cho hàm số bậc nhất y = ax + b. Tìm a và b, biết rằng đồ thị hàm số cắt đường thẳng Δ1: y = 2x + 5 tại điểm có hoành độ bằng −2 và cắt đường thẳng Δ2: y = −3x + 4 tại điểm có tung độ bằng −2.
Xem đáp án » 16/08/2021 980
Tìm phương trình đường thẳng d: y = ax + b. Biết đường thẳng d đi qua điểm I [1; 3], cắt hai tia Ox, Oy và cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5.
Xem đáp án » 16/08/2021 654
Tìm m ∈ Z để hai đường thẳng y = mx + 1 [d1] và y = 2x + 3 [d2] cắt nhau tại một điểm có tọa độ nguyên.
Xem đáp án » 16/08/2021 395
Đường thẳng d:xa+yb=1,[a≠0;b≠0] đi qua điểm M [-1; 6] tạo với các tia Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 4. Tính S = a + 2b
Xem đáp án » 16/08/2021 274
Cho hai điểm A, B thỏa mãn hệ phương trình xA+yA−1=0xB+yB−1=0. Tìm m để đường thẳng AB cắt đường thẳng y = x + m tại điểm C có tọa độ thỏa mãn yC = xC2
Xem đáp án » 16/08/2021 247
Tìm phương trình đường thẳng d: y = ax + b. Biết đường thẳng d đi qua điểm I [2; 3] và tạo với hai tia Ox, Oy một tam giác vuông cân.
Xem đáp án » 16/08/2021 221
Tìm giá trị thực của tham số m để ba đường thẳng y = 2x, y = −x − 3 và y = mx + 5 phân biệt và đồng qui.
Xem đáp án » 16/08/2021 182
Cho điểm M [m − 1; 2m + 1], điểm M luôn nằm trên đường thẳng cố định nào dưới đây?
Xem đáp án » 16/08/2021 100
Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y = 2x + m2 − 1 trên đoạn [1; 3] bằng 5.
Xem đáp án » 16/08/2021 88
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A[-1; -5] và tạo với trục Ox một góc bằng 120°
Xem đáp án » 16/08/2021 83
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình |x + 1| + |x − 1| = m2 − 2 có hai nghiệm phân biệt.
Xem đáp án » 16/08/2021 76
Hàm số y = x + |x + 1|có đồ thị là
Xem đáp án » 16/08/2021 75
Cho hàm số y = 2[m−1]x – m2 – 3 [d]. Tìm tất cả các giá trị của m để [d] cắt trục hoành tại một điểm có hoành độ x0 thỏa mãn x0 < 2.
Xem đáp án » 16/08/2021 54
Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.; o sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa … trong đề thi kì 1 môn Toán lớp 9. Xem Đề và đáp án đầy đủ phía dưới đây
Bài 1: [2đ] 1] Thực hiện phép tính:
a] \[\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} \]
b] \[\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\]
2] Giải phương trình: \[x – \sqrt {x – 15} = 17\].
Bài 2: [2,5đ] Cho biểu thức \[P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\] với \[x \ge 0,x \ne 1\]
a] Rút gọn biểu thức \[P\].
b] So sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa
c] Tìm \[x\] để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
3. [2đ] [VD] Cho đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right] :y = \left[ {m – 1} \right]x + 2m + 1\].
a] Tìm \[m\] để đường thẳng \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\]. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \[\left[ d \right]:y = x + 1\] nằm trên trục hoành.
b] Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: [3đ] Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \[\left[ O \right]\] cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a] Chứng minh \[DC = DN\].
b] Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
c] Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
d] Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \[\left[ O \right]\] tại K [K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ]. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Bài 5: [0,5đ] Cho các số thực dương \[x,y,z\] thỏa mãn \[x + 2y + 3z \ge 20\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\].
Bài 1: 1] Thực hiện phép tính:
\[\begin{array}{l}a]\;\;\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} \\ = \sqrt {{2^2}.2} – 2\sqrt {{3^2}.2} + 5\sqrt {{4^2}.2} – \left| {\sqrt 2 – 1} \right|\\ = 2\sqrt 2 – 2.3\sqrt 2 + 5.4\sqrt 2 – \left[ {\sqrt 2 – 1} \right]\\ = 2\sqrt 2 – 6\sqrt 2 + 20\sqrt 2 – \sqrt 2 + 1\\ = 15\sqrt 2 + 1.\end{array}\]
Vậy \[\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} = 15\sqrt 2 + 1\]
\[\begin{array}{l}b]\;\;\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\\ = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\sqrt 7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\\ = \dfrac{{\sqrt 5 \left[ {6 + \sqrt 5 } \right]}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\left[ {\sqrt 7 – 1} \right]}}{{\sqrt 7 – 1}} – \sqrt 5 – \sqrt 7 \\ = 6 + \sqrt 5 + \sqrt 7 – \sqrt 5 – \sqrt 7 = 6.\end{array}\]
Vậy \[\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right] = 6\]
2] Giải phương trình: \[x – \sqrt {x – 15} = 17\].
ĐKXĐ: \[x \ge 15\]
\[\begin{array}{l}\;\;\;\;\;x – \sqrt {x – 15} = 17\\ \Leftrightarrow x – 17 = \sqrt {x – 15} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 17 \ge 0\\{\left[ {x – 17} \right]^2} = {\left[ {\sqrt {x – 15} } \right]^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} – 34x + 289 = x – 15\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} – 35x + 304 = 0\end{array} \right.\end{array}\]
Xét phương trình bậc 2: \[{x^2} – 35x + 304 = 0\] có: \[\Delta = {35^2} – 4.309 = 9 > 0\]
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \[\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ – \left[ { – 35} \right] + \sqrt 9 }}{{2.1}} = 19\;\;\;\left[ {tm} \right]\\{x_2} = \dfrac{{ – \left[ { – 35} \right] – \sqrt 9 }}{{2.1}} = 16\;\;\;\left[ {ktm} \right]\end{array} \right.\]
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \[x = 19\].
Bài 2: Cho biểu thức \[P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\] với \[x \ge 0,x \ne 1\]
a] Rút gọn biểu thức \[P\].
ĐKXĐ: \[x \ge 0,x \ne 1\]
\[\begin{array}{l}P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{\left[ {x – \sqrt x } \right] + \left[ {2\sqrt x – 2} \right]}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x – 3}}{{\left[ {\sqrt x + 2} \right].\left[ {\sqrt x – 1} \right]}} – \dfrac{{\left[ {\sqrt x – 1} \right].\left[ {\sqrt x + 1} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right].\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} + \dfrac{{\left[ {\sqrt x – 2} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{ – \left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x – 3 – \left[ {x – 1} \right] – \left[ {x – 4} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} = \dfrac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{\left[ {x + 2\sqrt x } \right] + \left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}.\end{array}\]
Vậy\[P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}\].
b] So sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa
\[\sqrt P \] có nghĩa \[ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x – 1 > 0\;\;\left[ {do\;\;\sqrt x + 1 > 0\;\forall x \ge 0,\;\;x \ne 1} \right]\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt x > 1 \Leftrightarrow x > 1.\]
Xét hiệu: \[P – \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} \].
\[\begin{array}{l} \Rightarrow P – \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{\sqrt {\sqrt x + 1} }}{{\sqrt {\sqrt x – 1} }}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{\sqrt {\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x – 1} \right]} }}{{{{\left[ {\sqrt {\sqrt x – 1} } \right]}^2}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 – \sqrt {x – 1} }}{{\sqrt x – 1}}.\end{array}\]
Ta có: \[\sqrt x – \sqrt {x – 1} = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + \sqrt {x – 1} } \right]\left[ {\sqrt x – \sqrt {x – 1} } \right]}}{{\sqrt x + \sqrt {x – 1} }} \]\[\,= \dfrac{{x – \left[ {x – 1} \right]}}{{\sqrt x + \sqrt {x – 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }} > 0\]
Mà có: \[\sqrt x – 1 > 0\] [cmt]
\[ \Rightarrow P – \sqrt P > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \] với mọi \[x > 1.\] \[\]\[\]
c] Tìm \[x\] để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
Xét: \[\dfrac{1}{P} = \dfrac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 – 2}}{{\sqrt x + 1}} = 1 – \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\].
Để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên thì \[\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\] nguyên, suy ra \[\sqrt x + 1\] là ước của 2. Mà \[\sqrt x + 1 > \]0
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left[ {\sqrt x + 1} \right] \in U\left[ 2 \right] \Rightarrow \left[ {\sqrt x + 1} \right] = \left\{ {1;\;2} \right\}.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 2\\\sqrt x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\left[ {ktm} \right]\\x = 0\;\;\;\left[ {tm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy với \[x = 0\] thì \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
3. Cho đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right] :y = \left[ {m – 1} \right]x + 2m + 1\].
a] Tìm \[m\] để đường thẳng \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\]. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \[\left[ d \right]:y = x + 1\] nằm trên trục hoành.
Vì \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\], suy ra \[\left[ {0; – 3} \right]\] nằm trên đường thẳng \[{d_1}\]
\[ \Rightarrow – 3 = \left[ {m – 1} \right].0 + 2m + 1 \Leftrightarrow 2m = – 4 \Leftrightarrow m = – 2\].
Với \[m = – 2\] ta có phương trình đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\].
Nhận thấy: \[A\left[ {0; – 3} \right],\;B\left[ { – 1;\;0} \right]\] nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:
Hoành độ giao điểm của \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] và \[\left[ d \right]:y = x + 1\] là nghiệm của phương trình:
\[x + 1 = – 3x – 3 \Leftrightarrow 4x = – 4 \]
\[\Leftrightarrow x = – 1 \Rightarrow y = x + 1 = – 1 + 1 = 0\].
Vậy giao điểm của \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] và \[\left[ d \right]:y = x + 1\] là \[\left[ { – 1;0} \right]\]. Nhận thấy điểm \[\left[ { – 1;0} \right]\] nằm trên trục hoành [do có tung độ bằng 0].
Vậy ta có điều cần chứng minh.\[\]
b] Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.
+] Với \[x = 0 \Rightarrow y = 2m + 1 \Rightarrow A\left[ {0;2m + 1} \right]\] là giao điểm của \[{d_1}\] với trục tung\[ \Rightarrow OA = \left| {2m + 1} \right|\]
+] Với \[y = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}}\]\[\, \Rightarrow B\left[ {\dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}};0} \right]\] là giao điểm của \[{d_1}\] với trục hoành
\[ \Rightarrow OB = \left| {\dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}}} \right|\].
Từ O kẻ đường cao OH với, ta được OH chính là khoảng cách từ O tới \[{d_1}\].
Xét tam giác vuông OAB vuông tại O có đường cao OH
\[ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\] [hệ thức lượng trong tam giác vuông]
Đặt \[\dfrac{1}{{O{H^2}}} = t\] ta có:
\[\begin{array}{l}t = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\\;\; = \dfrac{1}{{{{\left[ {2m + 1} \right]}^2}}} + \dfrac{{{{\left[ {m – 1} \right]}^2}}}{{{{\left[ {2m + 1} \right]}^2}}}\\\;\; = \dfrac{{{m^2} – 2m + 2}}{{4{m^2} + 4m + 1}}\;\;\;\left[ {m \ne – \dfrac{1}{2}} \right]\\ \Leftrightarrow 4{m^2}t + 4mt + t = {m^2} – 2m + 2\\ \Rightarrow {m^2}\left[ {4t – 1} \right] + 2m\left[ {2t + 1} \right] + t – 2 = 0\end{array}\]
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn \[m\], phương trình có nghiệm khi \[\] \[\] \[\]
\[\begin{array}{l}\Delta ‘ = {\left[ {2t + 1} \right]^2} – \left[ {4t – 1} \right]\left[ {t – 2} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4t + 1 – 4{t^2} + 9t – 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 13t – 1 \ge 0 \Leftrightarrow t \ge \dfrac{1}{{13}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} \ge \dfrac{1}{{13}} \Rightarrow OH \le \sqrt {13} \end{array}\]
Dấu “=” xảy ra khi phương trình có nghiệm kép \[\]
\[ \Leftrightarrow m = \dfrac{{ – b}}{{2a}} = \dfrac{{ – \left[ {4t + 2} \right]}}{{2\left[ {4t – 1} \right]}} = – \dfrac{{\dfrac{4}{{13}} + 2}}{{2.\left[ {\dfrac{4}{{13}} – 1} \right]}} = \dfrac{5}{3}\;\;\;\left[ {tm} \right]\].
Vậy \[m = \dfrac{5}{3}\] là giá trị cần tìm.
Bài 4:
Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \[\left[ O \right]\] cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a] Chứng minh \[DC = DN\].
Xét đường tròn \[\left[ O \right]\] có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm
\[ \Rightarrow MD = DB\][tính chất tiếp tuyến]
Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:
\[MD = BD\] [cmt]
\[MO = OB\] [cùng là bán kính đường tròn]
OD chung
\[ \Rightarrow \Delta MOD = \Delta BOD \Rightarrow \angle MDO = \angle BDO \Rightarrow OD\] là phân giác \[\angle MDB\].
Xét tam giác CDN có:
OD là đường cao [do\[OD \bot CN\]]
OD là phân giác \[\angle MDB\]
Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra \[CD = ND\] [đpcm]\[\] \[\] \[\] \[\] \[\] \[\]
b] Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy ra \[CO = ON\]
Xét tam giác COA và tam giác BON có:
\[CO = ON\] [cmt]
\[OA = OB\] [do cùng là bán kính]
\[\angle COA = \angle BON\] [hai góc đối đỉnh]
\[ \Rightarrow \Delta COA = \Delta BON \Rightarrow \angle CAO = \angle NBO = {90^o}\]
Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn [đpcm].\[\]
c] Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E
Xét tam giác BMD có \[DM = DB\;\;\left[ {cmt} \right] \Rightarrow \angle DMB = \angle DBM\]
Ta có: \[AB \bot AQ,\;\;AB \bot DN \Rightarrow AQ//DN.\]
Mà có \[\angle CQM = \angle MBD\] [so le trong]
Lại có: \[\angle QMC = \angle DMB\] [đối đỉnh]
\[ \Rightarrow \angle CQM = \angle QMC\], suy ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra \[QC = MC\]
Chứng minh tương tự như ở câu a ta có \[AC = MC\] [do tính chất tiếp tuyến]
Suy ra \[QC = AC \Rightarrow QC = \dfrac{1}{2}QA\].
Xét tam giác BQC có ME song song với QC [cùng vuông góc với AB]
\[ \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\] [định lí Ta-lét]
Chứng minh tương tự có \[\dfrac{{MH}}{{AQ}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\]
Suy ra \[\dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{MH}}{{AQ}}\]. Mà có \[QC = \dfrac{1}{2}QA\] suy ra \[ME = \dfrac{1}{2}MH\], suy ra E là trung điểm của MH.
Mà theo đề bài có I là trung điểm của MH, suy ra I trùng với E, suy ra B, C, I thẳng hàng [đpcm].
d] Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \[\left[ O \right]\] tại K [K và M nằm khác phía với đường thẳng AB]. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Gọi P là giao điểm của MK và AB.
Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn \[OH = a\;\;\left[ {0 < a < 1} \right].\]
\[ \Rightarrow MH = \sqrt {O{M^2} – O{H^2}} = \sqrt {1 – {a^2}} \].
Có MH song song với OK [do cùng vuông góc với AB]
\[ \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PO}} = \dfrac{{MH}}{{OK}} = \dfrac{{\sqrt {1 – {a^2}} }}{1} \Rightarrow PH = \sqrt {1 – {a^2}} .OP.\]
Ta có hệ:
\[\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 – {a^2}} \\PH + PO = OH = a\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PO = \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 – {a^2}} }}\\PH + \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 – {a^2}} }} = a\end{array} \right.\\ \Rightarrow PH = \dfrac{{a.\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{a}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}.\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}{S_{MHK}} = {S_{MHP}} + {S_{PKH}} = \dfrac{1}{2}MH.HP + \dfrac{1}{2}OK.HP\\ = \dfrac{1}{2}\left[ {\sqrt {1 – {a^2}} .\dfrac{{a\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}} + 1.\dfrac{{a\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}} \right]\\ = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 – {a^2}} .\dfrac{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 – {a^2}} .\end{array}\]
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \[a\sqrt {1 – {a^2}} \le \dfrac{{{a^2} + 1 – {a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\]
Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = \sqrt {1 – {a^2}} \Rightarrow a = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \]
\[\Rightarrow \cos \angle MOH = \dfrac{{OH}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \angle MOH = {45^o}\].
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho \[\angle MOH = {45^o}\] là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 5: Cho các số thực dương \[x,\;y,\;z\] thỏa mãn \[x + 2y + 3z \ge 20\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\].
Ta có: \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\]\[\, = \dfrac{1}{4}x + \left[ {\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x}} \right] + \dfrac{1}{2}y + \left[ {\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}}} \right] + \dfrac{3}{4}z + \left[ {\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z}} \right]\]
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:
\[\begin{array}{l} + ]\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{3}{4}x.\dfrac{3}{x}} = 3\\ + ]\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{2}y.\dfrac{9}{{2y}}} = 3\\ + ]\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{4}z.\dfrac{4}{z}} = 2\end{array}\]
\[ \Rightarrow A \ge \dfrac{1}{4}\left[ {x + 2y + 3z} \right] + 3 + 3 + 2 = \dfrac{{20}}{4} + 3 + 3 + 2 = 13\].
Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{4}x = \dfrac{3}{x}\\\dfrac{1}{2}y = \dfrac{9}{{2y}}\\\dfrac{1}{4}z = \dfrac{4}{z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 4\end{array} \right.\].