Câu hỏi:

12/07/2024 3,038

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình $y = \frac{1}{2} x^{2}$ và hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là $x_{A} = - 1; x_{B} = 2$ .
a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B.
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B.
c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d).

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Vì A, B thuộc (P) nên:

$\begin{array}{l} x_{A} = - 1 \Rightarrow y_{A} = \frac{1}{2} \cdot {(- 1)}^{2} = \frac{1}{2} \\ x_{B} = 2 \Rightarrow y_{B} = \frac{1}{2} \cdot 2^{2} = 2 \end{array} \Rightarrow A (- 1; \frac{1}{2}), B (2; 2)$

b) Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.

Ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} - a + b = \frac{1}{2} \\ 2 a + b = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 a = \frac{3}{2} \\ 2 a + b = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = \frac{1}{2} \\ b = 1 \end{cases}$

Vậy (d): $y = \frac{1}{2} x + 1$ .

c) (d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0)

=> OC = 1 và OD = 2

Gọi h là khoảng cách từ O tới (d).

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào $∆$ vuông OCD, ta có:

$\frac{1}{h^{2}} = \frac{1}{O C^{2}} + \frac{1}{O D^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} = \frac{5}{4} \Rightarrow h = \frac{2 \sqrt{5}}{5}$

Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ .

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho phương trình: $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + m - 1 = 0$ (m là tham số).
a) Giải phương trình với m= 0.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện:
$\frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = 4$ .

Xem đáp án

Lời giải

a, $x^{2} - 2 (m + 1) x + m^{2} + m - 1 = 0$ (1)

Với m = 0, phương trình (1) trở thành:

$x^{2} - 2 x - 1 = 0 Δ' = 2; x_{1, 2} = 1 \pm \sqrt{2}$

Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là $x_{1, 2} = 1 \pm \sqrt{2}$

b) $Δ' = m + 2$

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m > - 2$

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: $\{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 (m + 1) \\ x_{1} x_{2} = m^{2} + m - 1 \end{cases}$

Do đó:

$\begin{array}{l} \frac{1}{x_{1}} + \frac{1}{x_{2}} = 4 \Leftrightarrow \frac{x_{1} + x_{2}}{x_{1} x_{2}} = 4 \Leftrightarrow \frac{2 (m + 1)}{m^{2} + m - 1} = 4 \\ \Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} + m - 1 \neq 0 \\ m + 1 = 2 (m^{2} + m - 1) \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} + m - 1 \neq 0 \\ 2 m^{2} + m - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 1 \\ m = - \frac{3}{2} \end{array} \end{array}$

Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow m \in \{1; - \frac{3}{2}\}$ là các giá trị cần tìm.

Câu 2

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( $H \in A B; K \in A D$ ).
a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID.
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S^’là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: $\frac{S'}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4. A I^{2}}$

Xem đáp án

Lời giải

a) Tứ giác AHIK có:

$\begin{array}{l} \hat{A H I} = 90^{0} (I H ⊥ A B) \\ \hat{A K I} = 90^{0} (I K ⊥ A D) \\ \Rightarrow \hat{A H I} + \hat{A K I} = 180^{0} \end{array}$

=> Tứ giác AHIK nội tiếp.

b) $∆$ IAD và $∆$ IBC có:

${\hat{A}}_{1} = {\hat{B}}_{1}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

$\hat{A I D} = \hat{B I C}$ (2 góc đối đỉnh)

=> $∆$ IAD $~$ $∆$ IBC (g.g)

$\Rightarrow \frac{I A}{I B} = \frac{I D}{I C} \Rightarrow I A . I C = I B . I D$

c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có ${\hat{K}}_{1} = {\hat{D}}_{1}$

${\hat{A}}_{1} = {\hat{H}}_{1}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

mà ${\hat{A}}_{1} = {\hat{B}}_{1} \Rightarrow {\hat{H}}_{1} = {\hat{B}}_{1}$

Chứng minh tương tự, ta được ${\hat{K}}_{1} = {\hat{D}}_{1}$

$∆$ HIK và $∆$ BCD có: ${\hat{H}}_{1} = {\hat{B}}_{1}; {\hat{K}}_{1} = {\hat{D}}_{1}$

=> $∆$ HIK $~$ $∆$ BCD (g.g)

d) Gọi S₁ là diện tích của $∆$ BCD.

Vì $∆$ HIK $~$ $∆$ BCD nên:

$\frac{S'}{S_{1}} = \frac{H K^{2}}{B D^{2}} = \frac{H K^{2}}{{(I B + I D)}^{2}} \leq \frac{H K^{2}}{4 I B . I D} = \frac{H K^{2}}{4 I A . I C}$ (1)

Vẽ $A E ⊥ B D, C F ⊥ B D \Rightarrow A E / / C F \Rightarrow \frac{C F}{A E} = \frac{I C}{I A}$

$∆$ ABD và $∆$ BCD có chung cạnh đáy BD nên:

$\frac{S_{1}}{S} = \frac{C F}{A E} \Rightarrow \frac{S_{1}}{S} = \frac{I C}{I A}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

$\frac{S'}{S_{1}} \cdot \frac{S_{1}}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4 I A . I C} \cdot \frac{I C}{I A} \Leftrightarrow \frac{S'}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4 I A^{2}}$ (đpcm)