Lời giải:

PT hoành độ giao điểm:

\(x^2-(2x-m+3)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x+m-3=0(*)\)

Để hai đths cắt nhau tại hai điểm pb thì $(*)$ phải có 2 nghiệm phân biệt.

\(\Leftrightarrow \Delta'=1-(m-3)>0\Leftrightarrow m < 4\)

Áp dụng định lý Viete: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=m-3\end{matrix}\right.\)

Khi đó: \(x_1^2-2x_2+x_1x_2=-12\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+2x_1-2(x_1+x_2)+x_1x_2=-12\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+2x_1-4+m-3=-12\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+2x_1+m+5=0\)

Kết hợp với \(x_1^2-2x_1+m-3=0\)

Suy ra: \(4x_1+8=0\Rightarrow x_1=-2\Rightarrow x_2=4\)

\(\Rightarrow x_1x_2=-8\Leftrightarrow m-3=-8\Leftrightarrow m=-5\) (thỏa mãn)

Vậy.............

Lời giải:

a)

Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(MA\perp OA, MB\perp OB\)

\(\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0\)

Tứ giác $BOAM$ có tổng hai góc đối \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\) nên là tứ giác nội tiếp.

b)

Ta có \(\widehat{BAC}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính)

\(\Rightarrow AC\perp AB(1)\)

Và: \(\left\{\begin{matrix} OA=OB\\ MA=MB(\text{tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau})\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow MO\) là trung trực của $AB$

\(\Rightarrow MO\perp AB(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow MO\parallel AC\)

c) Đề sai

d) Vì $MO$ là trung trực của $AB$ nên \(MO\cap AB=I\) là trung điểm của $AB$

\(\Rightarrow BI=\frac{AB}{2}=3\)

Khi quay tam giác $MBI$ quanh $IM$ ta được hình nón có đường cao $MI=3\sqrt{3}$, bán kính đáy $IB=3$ và đường sinh $BM=6$

Diện tích xung quanh: \(S_{xq}=\pi rl=\pi . 3.6=18\pi \) (cm vuông)

Diện tích toàn phần:

\(S_{tp}=S_{xq}+S_{\text{đáy}}=18\pi +\pi r^2=18\pi+9\pi =27\pi \) (cm vuông)

Hình vẽ:

Lời giải:

ĐKXĐ:

\(x\geq \frac{1}{2}\)

Ta có: \((3x^2-6x)(\sqrt{2x-1}+1)=2x^3-5x^2+4x-4\)

\(\Leftrightarrow 3x(x-2)(\sqrt{2x-1}+1)=(2x^3-4x^2)-(x^2-4x+4)\)

\(\Leftrightarrow 3x(x-2)(\sqrt{2x-1}+1)=2x^2(x-2)-(x-2)^2=(x-2)(2x^2-x+2)\)

\(\Leftrightarrow (x-2)[3x(\sqrt{2x-1}+1)-(2x^2-x+2)]=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x-2=0\rightarrow x=2\\ 3x(\sqrt{2x-1}+1)=2x^2-x+2(*)\end{matrix}\right.\)

Xét \((*)\)

\(\Leftrightarrow 3x\sqrt{2x-1}=2x^2-4x+2\)

\(\Leftrightarrow 3x\sqrt{8x-4}=4x^2-8x+4\)

\(\Leftrightarrow 3x(\sqrt{8x-4}-x)=x^2-8x+4\)

\(\Leftrightarrow 3x.\frac{8x-4-x^2}{\sqrt{8x-4}+x}=x^2-8x+4\)

\(\Leftrightarrow (x^2-8x+4)\left(1+\frac{3x}{\sqrt{8x-4}+x}\right)=0\)

Thấy rằng biểu thức trong ngoặc lớn luôn lớn hơn $0$ với mọi \(x\geq \frac{1}{2}\)

Do đó \(x^2-8x+4=0\Leftrightarrow x=4\pm 2\sqrt{3}\) (đều thỏa mãn)

Vậy..............

Câu2 : <=> 2x⁴-2x²+5x⁵-5=0
<=>2x²(x²-1)+5(x²-1)=0

<=>(2x²+5)(x-1)(x+1)=0

<=> x={+-1 } vì 2x²+5>0 mọi x

Câu 2:<=>3x³-3x²+13x²-13x=0 <=> 3x²(x-1)+13x(x-1)=0 <=> x(3x²+13)(x-1)=0 <=>x={0;1) vì 3x²+13>0 mọi X

Lời giải:

Ta có: \(\left\{\begin{matrix} x^2-|x|=|yz|\\ y^2-|y|=|xz|\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2-y^2-(|x|-|y|)=|yz|-|zx|\)

\(\Leftrightarrow (|x|-|y|)(|x|+|y|)-(|x|-|y|)=|z|(|y|-|x|)\)

\(\Leftrightarrow (|x|-|y|)(|x|+|y|-1+|z|)=0\)

Từ đây xét các TH:

TH1: \(|x|-|y|=0\Leftrightarrow |x|=|y|\)

Thay vào pt đầu tiên: \(x^2-|x|=|yz|=|xz|\)

\(\Leftrightarrow |x|(|x|-1-|z|)=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} |x|=0\\ |x|-1-|z|=0\end{matrix}\right.\)

+) Với \(|x|=0\Rightarrow x=0\rightarrow y=0\).

Thay vào PT(3): \(z^2-|z|=0\Leftrightarrow z=0; z=\pm 1\)

+) Với \(|x|-1-|z|=0\Leftrightarrow |y|=|x|=|z|+1\)

Thay vào PT(3): \(z^2-|z|=(|z|+1)^2=z^2+1+2|z|\)

\(\Leftrightarrow 1+3|z|=0\) (vô lý)

TH2: \(|x|+|y|+|z|=1\)

\(\Rightarrow |x|-1=-(|y|+|z|)\leq 0\)

Khi đó xét PT(1): \(|yz|=x^2-|x|=|x|(|x|-1)\) ta thấy:

VP luôn nhỏ hơn hoặc bằng $0$

Mà vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng $0$. Do đó để hai vế bằng nhau thì:

\(|yz|=|x|(|x|-1)=0\). Kết hợp với \(|x|+|y|+|z|=1\)

Từ đây ta dễ dàng thu được

\((x,y,z)=(0,0,\pm 1), (\pm 1, 0,0), (0,\pm 1, 0)\)

Bài 1:

Gọi giao điểm của 2 đths là \(I(x_I,y_I)\)

a)

Giao điểm nằm trên trục tung thì \(x_I=0\)

Ta có: \(I\in (d);(d')\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_I=m.0-4=-4\\ y_I=0+m=m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=-4\)

b) Giao điểm nằm trên trục hoành thì \(y_I=0\)

Ta có: \(I\in (d);(d')\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 0=mx_I-4\\ 0=x_I+m\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} mx_I=4\\ x_I=-m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow -m^2=4\) (VL)

Vậy k tồn tại $m$ để hai đths cắt nhau tại một điểm trên trục hoành.

c)

Hai đths cắt nhau tại điểm có tung độ bằng $1$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} mx_I-4=1\\ x_I+m=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} mx_I=5\\ x_I=1-m\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m(1-m)=5\)

\(\Leftrightarrow (m-\frac{1}{2})^2+\frac{19}{4}=0\) (VL)

Vậy k tồn tại $m$ để 2 đths cắt nhau tại điểm có tung độ bằng $1$

Bài 2:

\(y=(m+1)x-m-3, \forall m\)

\(\Leftrightarrow m(x-1)+x-3-y=0, \forall m\)

Để điều này xảy ra thì \(\left\{\begin{matrix} x-1=0\\ x-3-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=1\\ y=-2\end{matrix}\right.\)

Như vậy $(d)$ luôn đi qua điểm \((1,-2)\) với mọi $m$

b) ĐK: \(m\neq -1\)

\(A=(d)\cap Ox\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_A=0\\ y_A=(m+1)x_A-m-3\end{matrix}\right. \)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y_A=0\\ x_A=\frac{m+3}{m+1}\end{matrix}\right.\)

\(B=(d)\cap Oy\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_B=0\\ y_B=(m+1)x_B-m-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_B=0\\ y_B=-m-3\end{matrix}\right.\)

Vì $A,B$ nằm trên trục hoành và trục tung nên hiển nhiên tam giác $OAB$ vuông sẵn. Vậy để nó là tam giác vuông cân thì $OA=OB$

\(\Leftrightarrow \sqrt{(\frac{m+3}{m+1})^2}=\sqrt{(-m-3)^2}\)

\(\Leftrightarrow (\frac{m+3}{m+1})^2=(m+3)^2\)

\(\Leftrightarrow (m+3)^2\left(\frac{1}{(m+1)^2}-1\right)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} m=-3\\ m=-2\\ m=0\end{matrix}\right.\)

Với $m=-3$ thì $A,B$ trùng nhau nên $m=0,-2$

Bài 2:

PT hoành độ giao điểm:

\(x^2-(-x+2)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Leftrightarrow (x-1)(x+2)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x=1\rightarrow y=1\\ x=-2\rightarrow y=4\end{matrix}\right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là \((1,1); (-2,4)\)

c) Vì $(D')$ song song với $(D)$ nên gọi phương trình biểu diễn đồ thị $(D')$ là \(y=-x+k\)

PT hoành độ giao điểm của $(D')$ và $(P)$:

\(x^2-(-x+k)=x^2+x-k=0\)

Vì hai đồ thị cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng $-1$ nên \((-1)^2+(-1)-k=0\Leftrightarrow k=0\)

Vậy pt đường thẳng $(D')$ là \(y=-x\)

Bài 3:

a) Với $m=1$ pt trở thành:

\(x^2-x=0\Leftrightarrow x(x-1)=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=0\\ x=1\end{matrix}\right.\)

b) Để pt có một nghiệm $x=2$ thì:

\(2^2+(m-2).2-m+1=0\Leftrightarrow m+1=0\Leftrightarrow m=-1\)

Khi đó pt trở thành:

\(x^2-3x+2=0\)

\(\Leftrightarrow (x-2)(x-1)=0\Rightarrow x=1\) là nghiệm còn lại.

c)

Ta thấy \(\Delta=(m-2)^2-4(1-m)=m^2\geq 0, \forall m\in\mathbb{R}\) nên pt luôn có nghiệm với mọi giá trị thực của $m$

d)

Áp dụng định lý Viete, nếu $x_1,x_2$ là hai nghiệm (không tính phân biệt) thì: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2-m\\ x_1x_2=1-m\end{matrix}\right.\)

Khi đó:

\(A=x_1^2+x_2^2-6x_1x_2=(x_1+x_2)^2-8x_1x_2\)

\(=(2-m)^2-8(1-m)=m^2+4m-4\)

\(=(m+2)^2-8\geq 0-8=-8\)

Vậy \(A_{\min}=-8\Leftrightarrow m=-2\)

Lời giải:

a)

Vì $AB,EF$ là đường kính hình tròn $(O)$ nên chúng cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường. Do đó $AEBF$ là hình bình hành

\(\Rightarrow \widehat{AEB}=\widehat{AFB}(1)\)

Mặt khác tứ giác $AEBF$ nội tiếp do cùng nằm trên một đường tròn. Do đó \(\widehat{AEB}+\widehat{AFB}=180^0\) $(2)$

Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{AEB}=\widehat{AFB}=90^0\)

Hình bình hành $AEBF$ có góc vuông nên là hình chữ nhật

b)

Do $AEBF$ là hình chữ nhật nên \(\widehat{EAF}=90^0\)

\(\Rightarrow \widehat{AEF}=180^0-\widehat{EAF}-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{AFO}\)

Và: \(\widehat{AKH}=\widehat{AKB}=90^0-\widehat{BAK}=90^0-\widehat{OAF}\)

Mà \(\widehat{AFO}=\widehat{OAF}\) (do tam giác $OAF$ cân tại $O$)

Do đó: \(\widehat{AEF}=\widehat{AKH}\) . Suy ra $EFKH$ nội tiếp.

c)

Thấy rằng \(\widehat{A_1}=90^0-\widehat{AEF}=90^0-\widehat{AKH}=\widehat{H}\)

Suy ra tam giác $MHA$ cân tại $M$

\(\Rightarrow MH=MA\)

Mặt khác:

\(\widehat{MAK}=\widehat{EAF}-\widehat{A_1}=90^0-\widehat{A_1}=90^0-\widehat{H}=\widehat{MKA}\)

\(\Rightarrow \) tam giác $MAK$ cân tại $M$

Do đó: $MA=MK$

Vậy \(MH=MK\Rightarrow M\) là trung điểm của $HK$

Do đó $AM$ là trung tuyến của tam giác $AHK$

cám ơn bạn

Lời giải:

Xét PT hoành độ giao điểm của hai đths:

\(\frac{1}{4}x^2-\left(\frac{-1}{2}x+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-8=0\)

\(\Leftrightarrow (x-2)(x+4)=0\Leftrightarrow x=2, x=-4\)

Vậy giao điểm của hai đồ thị hàm số là \(A(2,1); B(-4; 4)\)

Từ đây ta có:

\(AB=\sqrt{(2--4)^2+(1-4)^2}=3\sqrt{5}\)

\(OA=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}\)

\(OB=\sqrt{(-4)^2+4^2}=4\sqrt{2}\)

Áp dụng công thức Herong về tính diện tích tam giác.

Tam giác có 3 cạnh tương ứng bằng $a,b,c$. $p$ là nửa chu vi thì :

\(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)

Áp dụng công thức trên ta có:

\(S_{OAB}=6\) (đơn vị diện tích)

Hay haHoàng Nghĩa Đức

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^3\geq x^3+y^4\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+y^3\geq x^3+y^4+y^2\geq x^3+2\sqrt{y^6}=x^3+2y^3\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\geq x^3+y^3(1)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((x+y^2)(x^2+y^3)\geq (x+y^2)(x^3+y^4)\geq (x^2+y^3)^2\)

\(\Rightarrow x+y^2\geq x^2+y^3\)

\(\Rightarrow x+y+y^2\geq x^2+y^3+y\geq x^2+2\sqrt{y^4}=x^2+2y^2\) (AM-GM)

\(\Rightarrow x+y\geq x^2+y^2\) (2)

Lại áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}\) . Suy ra \(x+y\geq x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}\)

\(\Rightarrow 1\geq \frac{x+y}{2}\Rightarrow x+y\leq 2(3)\)

Từ $(1),(2),(3)$ suy ra \(x^3+y^3\leq x^2+y^2\leq x+y\leq 2\)

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$