Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a,M\in\left(d\right)\Rightarrow a.0+b.2=-2\)
\(\Rightarrow b=-1\)
\(\Rightarrow\left(d\right)ax-y=-2\)
\(\Rightarrow\left(d\right)y=ax+2\)
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình
\(\frac{x^2}{4}=ax+2\)
\(\Leftrightarrow x^2-4ax-8=0\)(1)
Có \(\Delta'=4a^2+8>0\)
Nên pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
=> (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B
b, Gọi 2 điểm A và B có tọa độ là \(A\left(x_1;y_1\right);B\left(x_2;y_2\right)\)
Theo hệ thức Vi-ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=4a\\x_1x_2=-8\end{cases}}\)
Vì \(A;B\in\left(P\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_1=\frac{x_1^2}{4}\\y_2=\frac{x_2^2}{4}\end{cases}}\)
Ta có \(AB=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-4y_1y_2}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{4}\right)^2-4.\frac{x_1^2x_2^2}{4.4}}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\frac{\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]^2}{4}-\frac{x_1^2x_2^2}{4}}\)
\(=\sqrt{16a^2+32+\frac{\left(16a^2+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}\)
\(\ge\sqrt{16.0+32+\frac{\left(16.0+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}=4\sqrt{5}\)
Dấu "=" <=> a = 0
Từ giả thiết ta có: (d): y = -mx+2
1/Giả sử điểm cố định mà (d) luôn đi qua khi m thay đổi là \(C\left(x_0;y_0\right)\)
Khi đó ta có: \(y_0=-mx_0+2\) với mọi m
\(\Leftrightarrow-mx_0-y_0+2=0\) với mọi m
Điều này chỉ xảy ra
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_o=0\\-y_0+2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=0\\y_0=2\end{matrix}\right.\)
Do đó C(0;2).
Vậy khi m thay đổi thì (d) luôn đi qua điểm C(0;2) cố định.
2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
\(\dfrac{1}{2}x^2=-mx+2\)
\(\Leftrightarrow x^2+2mx-4=0\) (1)
Xét pt (1) có a.c = 1. (-4) = -4 <0
Suy ra pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
=> (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B.
3/ Giả sử \(A\left(x_A;y_A\right);B\left(x_B;y_B\right)\) với \(x_A;x_B\)là 2 nghiệm của (1).
Vì pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lí Vi-ét ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B=-2mx\\x_A.x_B=-4\end{matrix}\right.\)
Mặt khác vì A;B thuộc (d) nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}y_A=-mx_A+2\\y_B=-mx_B+2\end{matrix}\right.\)
Do đó \(AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+\left(-mx_B+2+mx_A-2\right)^2\)
Bạn tự rút gọn rồi tìm GTNN của AB và m nhé. ( Sử dụng phần áp dụng vi-ét nữa )
* Với m tìm được ta tính ÓA, OB giống như đã tính AB. Rồi áp dụng công thức Hê-rông để tính diện tích tam giác ABC.
4/ Vì I là trung điểm của AB nên ta có: \(I\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)\)
=> \(I\left(\dfrac{-2mx}{2};\dfrac{\dfrac{1}{2}x_A^2+\dfrac{1}{2}x^2_B}{2}\right)\)( Vì A,B thuộc (P) )
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{x_A^2+x_B^2}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{\left(x_A+x_B\right)^2-2x_Ax_B}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{\left(-2mx\right)^2+8}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;m^2x^2+2\right)\)
Ta thấy \(y_I=x_I^2+2\) do đó I thuộc (P) \(y=x^2+2\) cố định khi m thay đổi
bạn ơi cho mình xin lỗi nhé, ở bên trên chỗ áp dụng Vi-ét là \(x_A+x_B=-2m\) thôi nhé, mình nhầm cho thêm cả x vào.... Bạn sửa ý 4 lại nhé, kết quả vẫn giống vậy. Còn ý 3 mình làm tiếp ở dưới nè:
\(AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+m^2\left(x_A-x_B\right)^2\)
\(=\left(x_A-x_B\right)^2\left(m^2+1\right)\)
\(=\left[\left(x_A+x_B\right)^2-4x_Ax_B\right]\left(m^2+1\right)\)
\(=\left(4m^2+16\right)\left(m^2+1\right)\) ( Theo Vi-ét )
\(=4m^4+20m^2+16\)
Suy ra \(AB=\sqrt{4m^4+20m^2+16}\ge\sqrt{16}=4\)
Dấu = xảy ra khi m = 0.
Vậy AB nhỏ nhất là 4 khi m=0.
---
Với m =0 ta có (d): y=2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : \(\dfrac{1}{2}x^2=2\)
\(\Leftrightarrow x^2=4\)
\(\Leftrightarrow x=\pm2\)
Khi đó giả sử \(x_A< x_B\) ta có: A(-2;2) ; B(2;2)
=> AB = 4
Gọi H là giao của (d): y=2 với trục tung.
=> OH = 2
Do đó: \(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}AB.OH=\dfrac{1}{2}.4.2=4\)
( Ý này bạn có thể phác thảo hình ra nháp để dễ hiểu hơn )