Trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], cho parabol \[\left( P \right)\,:\,y = {x^2}\] và đường thẳng \[\left( d \right)\,:\,y = - x + 6\] cắt
nhau tại hai điểm phân biệt \[A,\,B\]. Tính tổng độ dài \[OA\] và \[OB\] (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
Trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], cho parabol \[\left( P \right)\,:\,y = {x^2}\] và đường thẳng \[\left( d \right)\,:\,y = - x + 6\] cắt
nhau tại hai điểm phân biệt \[A,\,B\]. Tính tổng độ dài \[OA\] và \[OB\] (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Phương trình hoành độ giao điểm của parabol \[\left( P \right)\,\]và đường thẳng \[\left( d \right)\,\]là
\[{x^2} = - x + 6 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 2\end{array} \right.\]
Tọa độ giao điểm \[A,\,B\] của \[\left( P \right)\,\]và \[\left( d \right)\,\]là \[A\left( { - 3\,;\,9} \right),\,B\left( {2\,;\,4} \right)\].
Do đó, tổng độ dài của hai đoạn thẳng \[OA\] và \[OB\] là
\[T = OA + OB = \sqrt {{{\left( {0 + 3} \right)}^2} + {{\left( {0 - 9} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {0 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 4} \right)}^2}} = \sqrt {90} + \sqrt {20} \approx 13,96\].Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 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
![Cho tam giác nhọn \[ABC\] nội tiếp đường tròn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766320536.png)
|
a) Ta có \[HN \bot AC \Rightarrow \widehat {HNA} = {90^{\rm{o}}}\]; \[HM \bot AB \Rightarrow \widehat {HMA} = {90^{\rm{o}}}\]. Xét tứ giác \[AMHN\], có \[\widehat {HNA} + \widehat {HMA} = {180^{\rm{o}}}\], hai góc \[\widehat {HNA}\] và \[\widehat {HMA}\] ở vị trí đối nhau. Do đó tứ giác \[AMHN\]nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]. |
|
b) Xét \[\Delta AHB\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HM\], ta có \[A{H^2} = AM \cdot AB\] \[\Delta AHC\] vuông tại \[H\], có đường cao \[HN\], ta có \[A{H^2} = AN \cdot AC\] Do đó \[AM \cdot AB = AN \cdot AC\] hay \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\] Lại có\[\widehat A\] chung nên \[\Delta AMN\, \sim \Delta ACB \Rightarrow \widehat {ANM} = \widehat {ABC}\]. Kẻ \[AO\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[K\]. Ta có \[\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\]. Do đó \[\widehat {ANM} = \widehat {AKC}\] (1) Mặt khác, \[Q\] thuộc đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] nên \[AQ = AH\]. \[A{Q^2} = A{H^2} = AN \cdot AC \Rightarrow \frac{{AQ}}{{AN}} = \frac{{AC}}{{AQ}} \Rightarrow \Delta AQC\, \sim \Delta ANQ \Rightarrow \widehat {AQC} = \widehat {ANQ}\] Tứ giác \[AQCK\]nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\]nên \[\widehat {AQC} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. Suy ra \[\widehat {ANQ} + \widehat {AKC} = {180^{\rm{o}}}\]. (2) Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {ANM} + \widehat {ANQ} = {180^{\rm{o}}}\] hay ba điểm \[M,\,N,\,Q\] thẳng hàng. |
|
c) Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn \[\left( O \right)\]và đường tròn tâm \[A\], bán kính \[AH\] là \[P\]. Chứng minh tương tự ý b) ta có ba điểm \[M,\,N,\,P\] thẳng hàng. Gọi \[\Delta \] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\]tại \[K\]. Ta có \[PQ\, \bot \,AK\](tính chất đường kính và dây cung chắn bởi giao điểm của hai đường tròn) \[ \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,\Delta \]. Vì \[A\] cố định, \[\left( O \right)\] cố định nên \[\Delta \] cố định. Do đó \[B,\,C\] khi thay đổi trên đường tròn \[\left( O \right)\]sao cho \[\Delta ABC\] luôn là tam giác nhọn thì \[MN\] luôn song song với tiếp tuyến \[\Delta \] cố định của đường tròn \[\left( O \right)\]. |
Lời giải
Bổ đề (BĐT Cauchy – Schwarz): Cho 6 số thực \[a,\,b,\,c,\,x,\,y,\,z\] và \[x,\,y,\,z > 0\]. Khi đó:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\] (1), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Chứng minh
Trước hết ta chứng minh BĐT sau: Với 4 số thực \[a,\,b,\,x,\,y\] và \[x,\,y > 0\]. Ta có:
\[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}\] (2), dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Thật vậy, ta viết BĐT (2) dưới dạng:
\[{a^2}y\left( {x + y} \right) + {b^2}x\left( {x + y} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2}xy \Leftrightarrow {\left( {ay - bx} \right)^2} \ge 0\] (luôn đúng). Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y}\].
Áp dụng BĐT (2) hai lần ta được: \[\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}\]. Dấu xảy ra khi \[\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}\].
Theo Bổ đề (1) ta có: \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} } }}} \].
Mặt khác, theo BĐT GM – AM:
\[\sum\limits_{cyc} {\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} = \sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {3a + 2b} \cdot \sqrt {a + 4b} } \right)} \le } \sum\limits_{cyc} {\frac{{\left( {3a + 2b} \right)\left( {a + 4b} \right)}}{2} = 5\left( {a + b + c} \right)} \]
\[ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{5\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{{a + b + c}}{5}} \]
Hay \[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {3{a^2} + 8{b^2} + 14ab} }} \ge \frac{{a + b + c}}{5}} \] (đpcm).
Dấu xảy ra khi \[a = b = c\].
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