a, - Thay tọa độ hai điểm xA, xB vào (P) ta được : \(\left\{{}\begin{matrix}y_A=2\\y_B=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

=> Tọa độ 2 điểm A, B lần lượt là : \(\left(2;2\right),\left(-1;\dfrac{1}{2}\right)\) .

b, - Gọi phương trình đường thẳng AB có dạng : y = ax + b .

- Thay tọa độ A, B vào phương trình ta được hệ : \(\left\{{}\begin{matrix}2a+b=2\\-a+b=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{2}\\b=1\end{matrix}\right.\)

- Thay lại a, b vào phương trình ta được : \(y=\dfrac{1}{2}x+1\)

Vậy ...

a. Em tự giải

b. Từ giả thiết ta có \(A\left(-2;1\right)\) và \(B\left(4;4\right)\)

Gọi phương trình (d) có dạng \(y=ax+b\), do (d) qua A và B nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}-2a+b=1\\4a+b=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{2}\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow y=\dfrac{1}{2}x+2\)

c. Câu này có vài cách giải cho lớp 9, cách nhanh nhất là sử dụng tính chất tiếp tuyến.

Từ M kẻ \(MH\perp AB\Rightarrow S_{ABM}=\dfrac{1}{2}MH.AB\)

Do AB cố định \(\Rightarrow S_{max}\) khi \(MH_{max}\)

Gọi \(d_1\) là đường thẳng song song d và tiếp xúc (P), gọi C là tiếp điểm \(d_1\) và (P)

Do \(d_1\) song song (d) nên pt có dạng: \(y=\dfrac{1}{2}x+b\)

Phương trình hoành độ giao điểm \(d_1\) và (P):

\(\dfrac{1}{4}x^2=\dfrac{1}{2}x+b\Rightarrow x^2-2x-4b=0\) (1)

Do \(d_1\) tiếp xúc (P) \(\Rightarrow\left(1\right)\) có nghiệm kép

\(\Rightarrow\Delta'=1+4b=0\Rightarrow b=-\dfrac{1}{4}\)

Thế vào (1) \(\Rightarrow x_C^2-2x_C+1=0\Rightarrow x_C=1\Rightarrow y_C=\dfrac{1}{4}\) \(\Rightarrow C\left(1;\dfrac{1}{4}\right)\)

Từ C kẻ \(CK\perp d\)

Giả sử HM kéo dài cắt \(d_1\) tại D \(\Rightarrow\) tứ giác CKHD là hình chữ nhật (2 cặp cạnh đối song song và 1 góc vuông)

\(\Rightarrow CK=DH\)

Mà \(DH=MH+MD\ge MH\Rightarrow CK\ge MH\)

\(\Rightarrow MH_{max}=CK\) khi M trùng C

Hay \(M\left(1;\dfrac{1}{4}\right)\)

Ủa câu c là M hay C em nhỉ?

a) Vì A, B thuộc (P) nên:

x A = − 1 ⇒ y A = 1 2 ⋅ - 1 2 = 1 2 x B = 2 ⇒ y B = 1 2 ⋅ 2 2 = 2 ⇒ A − 1 ; 1 2  ,  B ( 2 ; 2 )

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

Ta có hệ phương trình:

− a + b = 1 2 2 a + b = 2 ⇔ 3 a = 3 2 2 a + b = 2 ⇔ a = 1 2 b = 1

Vậy (d):  y = 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:

1 h 2 = 1 O C 2 + 1 O D 2 = 1 1 2 + 1 2 2 = 5 4 ⇒ h = 2 5 5

Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là  2 5 5 .

a: y=mx+3

Thay x=1 và y=0 vào (d), ta được:

m+3=0

=>m=-3

b: PTHĐGĐ là:

x^2-mx-3=0

Vì a*c=-3<0

nên (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt

|x1-x2|=2

=>\(\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=2\)

=>\(\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=2\)

=>\(\sqrt{m^2-4\left(-3\right)}=2\)

=>m^2+12=4

=>m^2=-8(loại)

=>KO có m thỏa mãn đề bài

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d₁) và (d₂):

-4x = x/2 + 3

⇔ x/2 + 4x = -3

⇔ 9x/2 = -3

⇔ x = -3 : 9/2

⇔ x = -2/3

⇒ y = -4.(-2/3) = 8/3

⇒ B(-2/3; 8/3)

b) Gọi (d): y = ax + b

Do (d) đi qua B(-2/3; 8/3) nên:

a.(-2/3)+ b = 8/3

⇔ b = 8/3 + 2a/3 (1)

Thay x = 1 vào (d₃) ta có:

y = 5.1 - 3 = 2

⇒ C(1; 2)

Do (d) cắt (d₃) tại C(1; 2) nên:

a.1 + b = 2

⇔ a + b = 2 (2)

Thay (1) vào (2) ta có:

a + 8/3 + 2a/3 = 2

⇔ 5a/3 = 2 - 8/3

⇔ 5a/3 = -2/3

⇔ a = -2/3 : 5/3

⇔ a = -2/5

Thay a = -2/5 vào (1) ta có:

b = 8/3 + 2/3 . (-2/5)

= 12/5

Vậy (d): y = -2x/5 + 12/5

hết hạn khỏi giải nhé mỏ vịt đi bơi đi

Bài 3:

Đặt \(a=m^2-4\)

\(a)\) Đồ thị hàm số \(y=\left(m^2-4\right)x-5\)nghịch biến

\(\Leftrightarrow a< 0\)

\(\Leftrightarrow m^2-4< 0\)

\(\Leftrightarrow m^2< 4\)

\(\Leftrightarrow-\sqrt{4}< m< \sqrt{4}\)

\(\Leftrightarrow-2< m< 2\)

Vậy với \(-2< m< 2\)thì hàm số nghịch biến

\(b)\) Đồ thị hàm số \(y=\left(m^2-4\right)x-5\)đồng biến \(\forall x>0\)

\(\Leftrightarrow a>0\)

\(\Leftrightarrow m^2-4>0\)

\(\Leftrightarrow m^2>4\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m>2\\m< -2\end{cases}}\)

Vậy với \(\orbr{\begin{cases}m>2\\m< -2\end{cases}}\)thì hàm số đồng biến \(\forall x>0\)