Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x2 1) Tính f(−1); f(3). 2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x2. Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x2 và có hoành độ l...

1) + f(−1)12 Thay x = −1 vào y = x2, ta được: f(−1) = (−1)2 = 1. + f(3) Thay x = 3 vào y = x2, ta được: f(3) = 32 = 9. Vậy f( – 1) = 1 và f(3) = 9. 2) Kẻ AH, MK, BI lần lượt vuông góc với Ox tại H, M, I ta được hình vẽ sau: Khi đó AH = |yA| = 1; OH = |xA| = |-1| = 1; OK = |xM| = |m|; MK = |yM| = m2; OI = |xB| = 3; BI = |yB| = 9. Suy ra: HK = |m + 1|; KI = OI – OK = |3 – m|; HI = OH + OI = 1 + 3 = 4. Ta có: S∆ABM = SAHIB – SAHKM – SMKIB Ta có: Tứ giác AHIB, AHKM, MKIB là những hình thang vuông nên: SAHIB = 12(AH + BI). HI = 12(1 + 9).4 = 20 (đvdt). SAMKH = 12 (AH + MK). HK = 12 (1 + |yM|).|xM + 1| = 12(1 + m2).|m + 1| SMKIB = 12(MK + BI). KI = (m2 + 9). |3 – m| Þ SABM = 20 − 12(1 + m2).|m + 1| − 12(m2 + 9). |3 – m| Do −1 < m < 3 nên |m+1|=m+1|3−m|=3−m, ∀m Î (−1;3) Khi đó: SABM = 20 − (1 + m2).(m + 1) − (m2 + 9). (3 – m) = 20 − 12(m + 1 + m3 + m2) −12 (3m2 – m3 + 27 – 9m) = 20 − 12(4m2 – 8m + 28) Để diện tích của tam giác ABM đạt GTLN thì (4m2 – 8m + 28) đạt GTNN Mà (4m2 – 8m + 28) = 4(m2 – 2m + 7) = 4(m2 – 2m + 1) + 24 = 4(m – 1)2 + 24 ≥ 24, ∀m Dấu “=” xảy ra khi m = 1. Vậy (4m2 – 8m + 28) đạt GTNN bằng 24 khi m = 1. Vậy S∆ABM đạt GTLN bằng 8 khi m = 1.

Câu hỏi:

19/08/2025 3,670

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x²

1) Tính f(−1); f(3).

2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x². Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x² và có hoành độ là m (−1 < m < 3). Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Học kì 2 Toán 9 chọn lọc, có đáp án !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

1) + f(−1) $\frac{1}{2}$

Thay x = −1 vào y = x², ta được: f(−1) = (−1)² = 1.

+ f(3)

Thay x = 3 vào y = x², ta được: f(3) = 3² = 9.

Vậy f( – 1) = 1 và f(3) = 9.

2) Kẻ AH, MK, BI lần lượt vuông góc với Ox tại H, M, I ta được hình vẽ sau:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x2 1) Tính f(−1); f(3). 2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x2. Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x2 và có hoành độ là m (−1 < m < 3). Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất. (ảnh 1)

Khi đó AH = |y_A| = 1; OH = |x_A| = |-1| = 1;

OK = |x_M| = |m|; MK = |y_M| = m²;

OI = |x_B| = 3; BI = |y_B| = 9.

Suy ra: HK = |m + 1|; KI = OI – OK = |3 – m|;

HI = OH + OI = 1 + 3 = 4.

Ta có: S_∆ABM = S_AHIB – S_AHKM – S_MKIB

Ta có: Tứ giác AHIB, AHKM, MKIB là những hình thang vuông nên:

S_AHIB = $\frac{1}{2}$ (AH + BI). HI = $\frac{1}{2}$ (1 + 9).4 = 20 (đvdt).

S_AMKH = $\frac{1}{2}$ (AH + MK). HK = $\frac{1}{2}$ (1 + |y_M|).|x_M + 1| = $\frac{1}{2}$ (1 + m²).|m + 1|

S_MKIB = $\frac{1}{2}$ (MK + BI). KI = (m² + 9). |3 – m|

Þ S_ABM= 20 − $\frac{1}{2}$ (1 + m²).|m + 1| − $\frac{1}{2}$ (m² + 9). |3 – m|

Do −1 < m < 3 nên $\{\begin{matrix} | m + 1 | = m + 1 \\ | 3 - m | = 3 - m \end{matrix}$ , ∀m Î (−1;3)

Khi đó: S_ABM= 20 − (1 + m²).(m + 1) − (m² + 9). (3 – m)

= 20 − $\frac{1}{2}$ (m + 1 + m³ + m²) − $\frac{1}{2}$ (3m² – m³ + 27 – 9m)

= 20 − $\frac{1}{2}$ (4m² – 8m + 28)

Để diện tích của tam giác ABM đạt GTLN thì (4m² – 8m + 28) đạt GTNN

Mà (4m² – 8m + 28) = 4(m² – 2m + 7) = 4(m² – 2m + 1) + 24 = 4(m – 1)² + 24 ≥ 24, ∀m

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

Vậy (4m² – 8m + 28) đạt GTNN bằng 24 khi m = 1.

Vậy S_∆ABM đạt GTLN bằng 8 khi m = 1.

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

ĐẶC QUYỀN VIP

Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn

Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.

Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
Đăng ký ngay

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh bằng a là

A. $a \sqrt{2}$

B. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$

C. $\frac{a \sqrt{2}}{2}$

D. $\frac{a}{2}$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông có cạnh bằng a là (ảnh 1)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, E; F; K; G lần lượt là trung điểm của AD, DC, BC, AB.

Khi đó ta có OE = OF = OK = OG = $\frac{a}{2}$ . Hay O là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp hình vuông là R = $\frac{a}{2}$ .

Câu 2

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông có cạnh bằng 8cm là

\sqrt{2}

cm.

B. 8

\sqrt{2}

cm.

C. 4 cm.

D. 4

\sqrt{2}

cm.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông có cạnh bằng 8cm là (ảnh 1)

Hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O), O là tâm của hình vuông ABCD.

Vì ABCD là hình vuông nên 2 đường chéo vuông góc với nhau đồng thời chúng bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Þ OA ^ OB và OA = OB.

Þ ∆OAB vuông cân tại O.

Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp (O), ta có

AC = AB $\sqrt{2}$ = 8 $\sqrt{2}$ Þ R = $\frac{A B}{\sqrt{2}}$ = $\frac{8}{\sqrt{2}}$ = $4 \sqrt{2}$ cm.

Câu 3

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H.

1) Tính $\hat{B D C}$ .

2) Chứng minh AEHD là tứ giác nội tiếp.

3) Các đường thẳng BD và CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại P và Q (P khác B, Q khác C). Chứng minh HB.HP = HC.HQ.

4) Chứng minh OA vuông góc DE.

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 4

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, khẳng định nào sau đây là đúng?

\hat{A B C} + \hat{B C D}

= 180°

\hat{A B C} + \hat{A D C}

= 120°.

C. $\hat{A B C} + \hat{A D C}$ = 180°.

\hat{A B C} + \hat{A D C}

= 90°.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 5

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn (a + b + c)abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = $\frac{a^{5}}{a^{3} + 2 b^{3}} + \frac{b^{5}}{b^{3} + 2 c^{3}} + \frac{c^{5}}{c^{3} + 2 a^{3}}$ .

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 6

Phương trình bậc hai x² + 2x – 3 = 0 có tổng hai nghiệm là

A. −2.

B. 1.

C. 2.

D. −1.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Xem thêm các câu hỏi khác »

Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn (a + b + c)abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = $\frac{a^{5}}{a^{3} + 2 b^{3}} + \frac{b^{5}}{b^{3} + 2 c^{3}} + \frac{c^{5}}{c^{3} + 2 a^{3}}$ .

Phương trình bậc hai x² + 2x – 3 = 0 có tổng hai nghiệm là