Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx - 4m + 5\) (\(m\) là tham số) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\). Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho ba điểm \(O,A,B\) tạo thành tam giác vuông tại \(O\).
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right):y = 2mx - 4m + 5\) (\(m\) là tham số) và parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\). Tìm tất cả giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A,B\) sao cho ba điểm \(O,A,B\) tạo thành tam giác vuông tại \(O\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\):
\({x^2} = 2mx - 4m + 5\)
\( \Rightarrow {x^2} - 2mx + 4m - 5 = 0\)
\({\rm{\Delta }} = 4{m^2} - 16m + 20 > 0\left( {\forall m} \right)\)
\( \Rightarrow \)Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} = \frac{{2m + \sqrt {4{m^2} - 16m + 20} }}{2} = m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} \Rightarrow {y_A} = {{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)}^2}}\\{{x_B} = \frac{{2m - \sqrt {4{m^2} - 16m + 20} }}{2} = m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} \Rightarrow {y_B} = {{\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)}^2}}\end{array}} \right.\)
\({\rm{\Delta }}AOB\) vuông tại \(O\)
\( \Rightarrow O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}\) (Định lý Pythagoras)
\( \Leftrightarrow x_A^2 + y_A^2 + x_B^2 + y_B^2 = {\left( {{x_A} - {x_B}} \right)^2} + {\left( {{y_A} - {y_B}} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow x_A^2 + y_A^2 + x_B^2 + y_B^2 = x_A^2 - 2{x_A}{x_B} + x_B^2 + y_A^2 - 2{y_A}{y_B} + y_B^2\)
\( \Leftrightarrow {x_A}{x_B} + {y_A}{y_B} = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) + {\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)^2}{\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)^2} = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = 0}\\{\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = - 1}\end{array}} \right.\)
Giải \(\left( 1 \right)\):
\(\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} - \left( {{m^2} - 4m + 5} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow 4m - 5 = 0\)
\( \Leftrightarrow m = \frac{5}{4}\) (loại vì khi \(m = \frac{5}{4}\) thì sẽ nhận được \({x_B} = 0\) và \({y_B} = 0\), điểm \(B\) trùng với điểm \(O\) không tạo được tam giác)
Giải \(\left( 2 \right)\):
\(\left( {m + \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right)\left( {m - \sqrt {{m^2} - 4m + 5} } \right) = - 1\)
\( \Leftrightarrow {m^2} - \left( {{m^2} - 4m + 5} \right) = - 1\)
\( \Leftrightarrow 4m - 5 = - 1\)
\( \Leftrightarrow m = 1{\rm{\;}}\)(nhận)
vậy \(m = 1\)
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Gọi \(M\) là số lớn nhất trong \(16\) số trên bảng
Ta thấy tổng \(4\) số lớn nhất trong bảng không vượt quá tổng của \(4\) số \(M,M - 1,M - 2,M - 3\)
Trong khi đó tổng của \(12\) số còn lại đạt được nhỏ nhất là tổng \(12\) số nguyên dương đầu tiên
Nên ta có \(M + \left( {M - 1} \right) + \left( {M - 2} \right) + \left( {M - 3} \right) \ge 1 + 2 + 3 + \cdots + 12 = 78\)
\( \Leftrightarrow 4M \ge 84\)
\( \Leftrightarrow M \ge 21\)
Do đó giá trị nhỏ nhất của \(M\) là \(21\)
Xây dựng mô hình:
|
\(21\) |
\(11\) |
\(6\) |
\(4\) |
|
\(12\) |
\(20\) |
\(3\) |
\(5\) |
|
\(8\) |
\(2\) |
\(19\) |
\(9\) |
|
\(1\) |
\(7\) |
\(10\) |
\(18\) |
b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\(\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{b + c}} \le \frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{2\sqrt {bc} }} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{a}{c} - \frac{1}{{bc}}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{1}{c}\left( {a - \frac{1}{b}} \right)} \)
Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(\frac{1}{2}\sqrt {\frac{1}{c}\left( {a - \frac{1}{b}} \right)} \le \frac{1}{2}.\frac{{\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}}}{2} = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}} \right)\)
Tương tự, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{\frac{{\sqrt {bc - c} }}{{c + a}}}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{c} + a - \frac{1}{b}} \right)}\\{\frac{{\sqrt {ca - 1} }}{a}\left( {\frac{1}{a} + b - \frac{1}{c}} \right)}\\{\frac{{\sqrt {c + b} }}{4}\left( {\frac{1}{b} + c - \frac{1}{a}} \right)}\end{array}} \right.\)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:
\(\frac{{\sqrt {ab - 1} }}{{b + c}} + \frac{{\sqrt {bc - 1} }}{{c + a}} + \frac{{\sqrt {ca - 1} }}{{a + b}} \le \frac{{a + b + c}}{4}{\rm{\;}}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c = \sqrt 2 \)
Lời giải
a) Ta có:
\(CA = CB\) mà \(CB = DA\) (\(ABCD\) là hình bình hành\()\)
\( \Rightarrow AC = AD \Rightarrow {\rm{\Delta }}ACD\) cân
\(\widehat {ADC} = \widehat {ACD}\)
Mà \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC}\) (so le trong)
\( \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {ADC} \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của \(\left( {ADC} \right)\)
Tương tự, ta có \(CD\) là tiếp tuyến của \(\left( {ABC} \right)\)
Ta có: \(\widehat {AMN} = \widehat {NDC}\) (so le trong)
Mà \[\widehat {NDC} = \widehat {NAC}\] (\[ADCN\]nội tiếp)
\( \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {NAC} \Rightarrow AC\) là tiếp tuyến của \(\left( {AMN} \right)\)
Xét hai tam giác \({\rm{\Delta }}AKC\) và \({\rm{\Delta }}MAC\) có:
\(\widehat {ACK}\) là góc chung
\(\widehat {KMA} = \widehat {KAC}\) (vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( {AMN} \right)\))
\( \Rightarrow \widehat {AKC} = \widehat {MAC}\)
Mà do \(CA = CB\)
\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABC\) cân tại \(C\)
\( \Rightarrow \widehat {MAC} = \widehat {ABC}\)
Do đó, ta có \(\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\left( { = \widehat {MAC}} \right)\)
\( \Rightarrow ABKC\) nội tiếp (đpcm)
b) Gọi \(S\) là giao điển của \(BK\) và \(\left( {AMN} \right)\)
Ta có \(\widehat {SAM} = \widehat {SKM}\)
Mà \(\widehat {SKM} = {180^ \circ } - \widehat {BKC} = \widehat {BAC} = \widehat {ABC} = {180^ \circ } - \widehat {BAD}\)
\( \Rightarrow \widehat {SAM} = {180^ \circ } - \widehat {BAD}\)
\( \Rightarrow \widehat {SAM} + \widehat {BAD} = {180^ \circ }\)
\( \Rightarrow S,A,D\) thẳng hàng
Khi đó, ta có:
\(\widehat {SDC} = \widehat {ACD} = \widehat {CAB} = \widehat {SKM}\)
\( \Rightarrow \widehat {SDC} = \widehat {SKM}\)
\( \Rightarrow \)Tứ giác\({\rm{\;}}SDCK{\rm{\;}}\)nội tiếp
\(I\) là giao điểm \(AN\) và \(SK\)
Gọi \(I'\) là giao điểm của \(SK\) và \(CD\)
Khi đó, ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {NK{I^{\rm{'}}}} = \widehat {SAN}}\\{\widehat {NC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {DAN}}\\{\widehat {SAN} + \widehat {DAN} = {{180}^ \circ }}\end{array}} \right\} \Rightarrow \widehat {NK{I^{\rm{'}}}} + \widehat {NC{I^{\rm{'}}}} = {180^ \circ }\)
\( \Rightarrow NK{I^{\rm{'}}}C\) nội tiếp
Vì \(NK{I^{\rm{'}}}C\) nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {KC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {KN{I^{\rm{'}}}}\)
Mà \(\widehat {KC{I^{\rm{'}}}} = \widehat {DSK}\) (do \(SDCK\) nội tiếp)
Mà \(\widehat {DSK} = \widehat {ASK} = \widehat {KNI}\)
Từ đây suy ra: \(\widehat {KN{I^{\rm{'}}}} = \widehat {KNI} \Rightarrow I \equiv I'\)
Do đó \(I \in CD\), mà \(CD\) cố định
Vậy \(I\) thuộc đường thẳng \(CD\) cố định khi \(M\) thay đổi (đpcm)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập