Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét tam giác \(PBC\)và tam giác \(PAB\)có:
\(\frac{PB}{PA}=\frac{BC}{AB}=\frac{PC}{PB}=\sqrt{2}\)
suy ra \(\Delta PBC~\Delta PAB\left(c.c.c\right)\)
suy ra \(\widehat{PBC}=\widehat{PAB}\).
\(\widehat{APB}=180^o-\widehat{PAB}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{PBC}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{ABC}\)
\(=180^o-45^o-135^o\)
Phương trình hoành độ giao điểm \(3x^2+2mx+3m-4=0\left(1\right)\) với x. Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
\(\Leftrightarrow\begin{cases}9m^2-36m+48>0\\0.m-1\ne0\end{cases}\) (đúng với mọi m)
Gọi \(x_1;x_2\) là các nghiệm của phương trình (1), ta có : \(\begin{cases}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=\frac{3m-4}{3}\end{cases}\) (*)
Giả sử \(A\left(x_1;x_1+m\right);B\left(x_2;x_2+m\right)\)
Khi đó ta có \(OA=\sqrt{x^2_1+\left(x_1+m\right)^2};OA=\sqrt{x^2_2+\left(x_2+m\right)^2}\)
Kết hợp (*) ta được \(OA=OB=\sqrt{x_1^2+x_2^2}\)
Suy ra tam giác OAB cân tại O
Ta có \(AB=\sqrt{2\left(x_1-x_2\right)^2}\). Tam giác OAB đều \(\Leftrightarrow OA^2=AB^2\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=2\left(x_1-x_2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-6x_1x_2=0\)
\(\Leftrightarrow m^2-6m+8=0\Leftrightarrow m=2\) hoặc m=4
C K O E H F B A D
Trên \(\Delta\) lấy điểm D sao cho à D, A nằm khác phía nhau so với B. Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; Gọi F là giao điểm của các đường thẳng KB và OD
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của tam giác OAB nên KE là phân giác của góc OAC. Mà OAC là tam giác cân tại A ( do OA = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trục của OC. Do đó, E là trung điểm của OC và KC=KO
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD=KO
Suy ra tam giác CKD cân tại K. Do đó, hạ KH vuông góc với \(\Delta\) , ta có H là trung điểm của CD. Như vậy :
+ A là giao của \(\Delta\) và đường trung trực \(d_1\) của đoạn OC (1)
+ B là giao của \(\Delta\) và đường trung trực \(d_2\) của đoạn OD, với D là điểm đối xứng của C qua H là hình chiếu vuông góc của K trên \(\Delta\) (2)
Vì \(C\in\Delta\) và có hoành độ \(x_0=\frac{24}{5}\) nên gọi \(y_0\) là tung độ của C, ta có :
\(2.\frac{24}{5}+3y_0-12=0\) suy ra \(y_0=-\frac{12}{5}\)
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là \(\left(\frac{12}{5};-\frac{6}{5}\right)\) và đường thẳng OC có phương trình \(x+2y=0\)
Suy ra phương trình của \(d_1\) là \(2x-y-6=0\)
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình :
\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\2x-y-6=0\end{cases}\)
Giải hệ ta có \(A=\left(3;0\right)\)
Để tìm tọa độ đỉnh B ta làm như sau :
Gọi d là đường thẳng đi qua K(6;6) và vuông góc với \(\Delta\).
Ta có phương trình của d là : \(3x-4y+6=0\). Từ đây, do H là giao điểm của \(\Delta\). và d nên tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình :
\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\3x-4y+6=0\end{cases}\)
Giải hệ trên, ta được \(H=\left(\frac{6}{5};\frac{12}{5}\right)\) suy ta \(D=\left(-\frac{12}{5};\frac{26}{5}\right)\)
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là \(\left(-\frac{6}{5};\frac{18}{5}\right)\) và đường thẳng OD có phương trình \(3x+y=0\)
Suy ra phương trình của \(d_2\) là \(x-3y+12=0\)
Do đó, theo (2), tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình :
\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\x-3y+12=0\end{cases}\)
Giải hệ trên ta được B=(0;4)
Phương trình có hoành độ giao điểm \(\frac{-x+m}{x+2}=-x+\frac{1}{2}\Leftrightarrow\begin{cases}x\ne-2\\2x^2+x+2m-2=0\left(1\right)\end{cases}\)
Đường thẳng (d) cắt \(\left(C_m\right)\) tại 2 điểm A, B <=> (1) có 2 nghiệm phân biệt \(x\ne-2\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1-8\left(2m-2\right)>0\\2\left(-2\right)^2+\left(-2\right)+2m-2\ne0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}17-16m>0\\m\ne-2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m<\frac{17}{16}\\m\ne-2\end{cases}\)
\(A\left(x_1;-x_1+\frac{1}{2}\right);B\left(x_2;-x_2+\frac{1}{2}\right);\) trong đó x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Theo Viet ta có \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{1}{2}\\x_1x_2=m-1\end{cases}\)
\(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]}=\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}\)
\(d\left(O,d\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}};S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}AB.d\left(O,d\right)=\frac{1}{2}.\frac{1}{2\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}=1\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{-47}{16}\)
Vậy \(m=\frac{-47}{16}\)
Hoành độ giao điểm của d : y = mx+2 với (C) là nghiệm phương trình :
\(\begin{cases}x>0\\\log^2_2x-\log_2x^2-3\ge0\end{cases}\)
Dễ thấy với m = 0 thì (1) vô nghiệm. Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1. Điều kiện là
\(\begin{cases}\Delta>0\\m\left(-1\right)^2+m\left(-1\right)+3\ne0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow m^2-12m>0\) \(\Leftrightarrow m<0\) hoặc m > 12 (*)
Với (*) giả sử x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là :
\(A\left(x_1;mx_1+2\right);B\left(x_2;mx_2+2\right)\)
Dễ thất điểm O không thuộc d nên ABO là một tam giác.
Tam giác ABO vuông tại O khi và chỉ khi :
\(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow\left(1+m^2\right)x_1x_2+2m\left(x_1+x_2\right)+4=0\)
Áp dụng định lí Viet ta có : \(x_1+x_2=-1;x_1x_2=\frac{3}{m}\)
Thay vào trên ta được :
\(m^2+4m+3=0\Leftrightarrow m=-3\) hoặc \(m=-1\) (thỏa mãn (*)
Vậy \(m=-3\) hoặc \(m=-1\)
Với mọi \(x\in R,y'=3x^2+6mx\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc \(x=-2m\)
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình \(y'=0\) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow m\ne0\). Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là \(A\left(0;2\right),B\left(-2m;4m^3+2\right)\)
\(S_{OAB}=1\Leftrightarrow OA.d\left(B;OA\right)=4\Leftrightarrow\left|2\right|=2\Leftrightarrow\begin{cases}m=1\\m=-1\end{cases}\) (thỏa mãn)
Vậy với \(m=\pm1\) thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}\left(-2;2;1\right)\) và đi qua \(M\left(3;6;1\right)\)
Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB}\left(-4;-2;5\right)\) và đi qua \(\overrightarrow{AM}\left(-1;4;-1\right)\)
Ta có \(\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right]=\left(12;6;12\right)\Rightarrow\left[\overrightarrow{u},\overrightarrow{AB}\right].\overrightarrow{AM}=-12+24-12=0\)
Vậy ta có AB và d đồng phẳng.
\(C\in d\Rightarrow C\left(3-2t;6+2t;1+t\right)\)
Tam giác ABC cân tại A \(\Leftrightarrow AB=AC\)
\(\Leftrightarrow\left(1+2t\right)^2+\left(4+2t\right)^2+\left(1-t\right)^2=45\)
\(\Leftrightarrow9t^2-18t-27=0\)
\(\Leftrightarrow t=1\) hoặc \(t=-3\)
Vậy \(C\left(1;8;2\right)\) hoặc \(C\left(9;0;-2\right)\)
Đáp án C.