Câu hỏi:

21/12/2025 40 Lưu

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol \(\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}\) và đường thẳng \(\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5\). Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k = -4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol \(\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}\) và đường thẳng \(\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5\). Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k=-4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol (ảnh 1)

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\({x^2} = - 4x + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\)

\(a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0\)

\(x = 1,\;x = - 5\)

\(x = 1 \Rightarrow y = {x^2} = 1\)

\(x = - 5 \Rightarrow y = {x^2} = 2\)

\(A\left( { - 5;25} \right)\;v\`a \;B\left( {1;1} \right)\)

Diện tích hình thanh \(ABDC:\)

\(\frac{{\left( {AC + BD} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {25 + 1} \right).6}}{2} = 78\) (đvdt)

b) + Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Vì I thuộc đường tròn đường kính CD nên:

CID^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow AD \bot BC\)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

\({x^2} = kx + 5\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - kx - 5 = 0\)

\(c.a = - 5 < 0\)

Do đó hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.

Toạ độ hai giao điểm là \(A\left( {{x_1},\;{y_1}} \right)\;v\`a \;B\left( {{x_2},\;{y_2}} \right)\).

+ Theo định lí Vi-ét: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = k}\\{{x_1}{x_2} = - 5}\end{array}} \right.\)

+ Phương trình đường thẳng AD có dạng: \(y = ax + b\). Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_1} = a{x_1} + b}\\{{y_D} = a{x_D} + b}\end{array}} \right.\;\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k{x_1} + 5 = a{x_1} + b}\\{0 = a{x_2} + b\;}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow k{x_1} + 5 = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\) (trừ theo vế)

+ Phương trình đường thẳng BC có dạng: \(y = a'x + b'\). Tương tự như trên ta có:

\(k{x_2} + 5 = a'\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\)

Nhân theo vế hai ý vừa có được:

\(\left( {k{x_1} + 5} \right)\left( {k{x_2} + 5} \right) = \mathop {\mathop { - a.a'}\limits_{} }\limits_{} .{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {k^2}{x_1}{x_2} + 5k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\) \( \Leftrightarrow - 5{k^2} + 5{k^2} + 25 = {k^2} + 20\)

\( \Leftrightarrow {k^2} = 5\) \( \Leftrightarrow k = \pm \sqrt 5 \)

Vậy \(k = \pm \sqrt 5 \)

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (ảnh 1)

a) Chứng minh \(A,O,E\)và CF là tia phân giác của  \(\widehat {BCE}\).

b) Các tia AB, AC lần lượt cắt đường tròn đường kính AD tại các điểm G, K (khác A). Chứng minh rằng OD đi qua trung điểm của đoạn thẳng GK.

a) + Xét đường tròn đường kính OD:

\(\widehat {OED} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+Xét đường tròn đường kính AD:

\(\widehat {AED} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {OED} = \widehat {AED} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \overline {A,O,E} \)

+Trong đường tròn đường kính AD:

\(\widehat {BCE} = \widehat {BOE}\) (cùng chắn )

+ Trong đường tròn (O):

\(\widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BOE}\;\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BCE}\)

\( \Rightarrow \) CF là tia phân giác của  \(\widehat {BCE}\)

b)  + Gọi I là giao điểm thức hai của AD và (O) và L là giao điểm của GK và OD.

+ Gội M là giao điểm của OD và BC. Dễ dàng ta chứng minh được OD là trung trực của BC.

\(\widehat {CMD} = 90^\circ \;m\`a \;\widehat {CKD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)

\( \Rightarrow \) CMDK nộp tiếp\( \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {ACB}\), mà  \(\widehat {ACB} = \widehat {AIB}\) (cùng chắn  của (O))\( \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {AIB}\)

+  \(\widehat {BAI} = \widehat {DKL}\) (cùng chắn  của đường tròn đường kính AD)

Ta được:  (g – g ) \( \Rightarrow \frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{BA}}{{BI}}\)

Tương tự:  (g – g ) \( \Rightarrow \frac{{LG}}{{LD}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

\(\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

Đây là bổ đề quen thuộc từ hai tiếp tuyến và một cát tuyến, ta chứng minh được như sau:

 (g – g) \( \Rightarrow \frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{DI}}\)

 (g – g) \( \Rightarrow \frac{{CA}}{{CI}} = \frac{{CD}}{{DI}}\)

\(\frac{{BD}}{{DI}} = \frac{{CD}}{{DI}}\) nên \(\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}\)

Do đó: \(\frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{LG}}{{KD}} \Rightarrow LK = LG\)

Vậy OD đi qua trung điểm L của GK

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc (ảnh 1)

Gọi S là giao của DE và GH. Ta đi chứng minh C, M, S thẳng hàng.

Ta có \(\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \widehat {DHS} \Rightarrow \)CD là tiếp tuyến của (SHD) tại D

Tương tự ta cũng có CH là tiếp tuyến của (SHD) tại H

Khi đó SC là đường đối trung của tam giác SHD

Gọi N là trung điểm HD. Theo bổ đề đường dối trung, ta có:

\(\widehat {HSN} = \widehat {CSD}\) (1) Lại có tam giác SEGSHD

\( \Rightarrow \)Tam giác SEMSHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến)

\( \Rightarrow \widehat {SEM} = \widehat {HSN}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {CSD} = \widehat {ESM} \Rightarrow \)(đpcm)