Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, b, dễ quá bỏ qua .
b, - Xét phương trình hoành độ giao điểm :
\(\frac{1}{2}x^2=\left(m-1\right)x+\frac{1}{2}m^2+m\)
=> \(\frac{1}{2}x^2-\left(m-1\right)x-\frac{1}{2}m^2-m=0\)
=> \(\Delta=b^2-4ac=\left(-\left(m-1\right)\right)^2-\frac{4.1}{2}.\left(-\frac{1}{2}m^2-m\right)\)
=> \(\Delta=m^2-2m+1+m^2+2m=2m^2+1\ge1>0\forall m\)
Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
=> ( P ) căt ( d ) tại hai điểm phân biệt .
Theo vi ét : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)=2m-2\\x_1x_2=m^2+2m\end{matrix}\right.\)
- Để \(x^2_1+x^2_2+6x_1x_2>2019\)
<=> \(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+6x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2+4x_1x_2>2019\)
<=> \(\left(2m-2\right)^2+4\left(m^2+2m\right)>2019\)
<=> \(4m^2-8m+4+4m^2+8m>2019\)
<=> \(8m^2>2015\)
<=> \(m^2>\frac{2015}{8}\)
<=> \(\left[{}\begin{matrix}m>\sqrt{\frac{2015}{8}}\\m< -\sqrt{\frac{2015}{8}}\end{matrix}\right.\)
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(x^2-2mx+m^2-1=0\)
\(\Delta'=m^2-m^2+1=1>0\)
Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm pb: \(\left\{{}\begin{matrix}x=m+1\\x=m-1\end{matrix}\right.\)
a/ TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=m+1\\x_2=m-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m+1-2\left(m-1\right)=0\Rightarrow m=...\)
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=m-1\\x_2=m+1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m-1-2\left(m+1\right)=0\Rightarrow m=...\)
b/ \(\left\{{}\begin{matrix}m-1>1\\m+1>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>2\)
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của pt
\(kx+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-2kx-1=0\left(1\right)\)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (1) phải có 2 nghiệm phân biệt
Khi đó: \(\Delta'>0\)
\(\Leftrightarrow k^2+1>0\)(Luôn đúng)
Theo Vi-ét ta có: xA + xB = 2k
xA . xB = -1
Vì \(A;B\in\left(P\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_A=\frac{1}{2}x_A^2\\y_B=\frac{1}{2}x_B^2\end{cases}}\)
Gọi I(xI ; yI) là trung điểm AB
Khi đó: \(x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{2k}{2}=k\)
\(y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{x^2_A+x_B^2}{4}=\frac{\left(x_A+x_B\right)^2-2x_Ax_B}{4}=\frac{4k^2+2}{4}=k^2+\frac{1}{2}\)
Do đó: \(y_I=x_I^2+\frac{1}{2}\)
Nên I thuộc \(\left(P\right)y=x^2+\frac{1}{2}\)
Vậy ...............
P/S: nếu bạn thắc mắc về \(\left(P\right)=x^2+\frac{1}{2}\)thì mình sẽ giải thích
Ở cấp 2 thì ta chỉ được gặp dạng (P) y = ax2 có đỉnh trùng với gốc tọa độ
Nhưng đây chỉ là dạng đặc biệt của nó thôi . Còn dạng chuẩn là (P) y = ax2 + bx + c . (P) này có đỉnh không trùng với gốc tọa độ
Bài 1:
a/ Bạn tự vẽ
b/ Phương trình tọa độ giao điểm:
\(\left\{{}\begin{matrix}y=\frac{3}{2}x-2\\y=-\frac{1}{2}x+2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\)
Bài 2:
Gọi pt đường thẳng có dạng \(y=ax+b\)
a/ \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{2}{3}.a+b=0\\0.a+b=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\frac{9}{2}\\b=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=-\frac{9}{2}x+3\)
b/ \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\\frac{1}{3}.a+b=\frac{4}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=\frac{2}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=2x+\frac{2}{3}\)
c/ \(\left\{{}\begin{matrix}a=3\\\frac{1}{2}a+b=\frac{5}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=3x+2\)
d/ \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=2\\3a+b=6\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=2x\)
a) Áp dụng hệ quả định lý thales:
\(\frac{MQ}{CD}+\frac{MP}{AB}=\frac{AM}{AC}+\frac{MC}{AC}=\frac{AC}{AC}=1\)
Áp dụng BĐT bunyakovsky:
\(\left(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\right)\left(MP^2+MQ^2\right)\ge\left(\frac{MP}{AB}+\frac{MQ}{CD}\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{CD^2}\ge\frac{1}{MP^2+MQ^2}\)
dấu = xảy ra khi \(\frac{MC}{AM}=\frac{CD^2}{AB^2}\)
b) chưa nghĩ :v