Cho Parabol (P): y=x^2 .Trên (P)lấy hai điểm A_1,A_2 lên sao cho góc (A_1 OA_2 ) ̂=90 độ (O là góc tọa độ).Hình chiếu vuông góc của A_1,A_2 lên trục hoành là B_1,B_2.Chứng minh rằng OB_1.OB_2=1
Trên (P)lấy hai điểm A_1,A_2 lên sao cho góc (A_1 OA_2 ) ̂=90 độ (O là góc tọa độ).Hình chiếu vuông góc của A_1,A_2 lên trục hoành là B_1,B_2.Chứng minh rằng OB_1.OB_2=1
cho parabol (P) \(y=x^2\) và 2 điểm\(A_1,A_2\) trên (P) sao cho góc \(A_1OA_2=90đ\) Gọi hình chiếu của\(A_1,A_2\) trên Ox lần lượt là \(B_1,B_2\). CM \(OB_1.OB_2=1\)
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left( {a > b > 0} \right)\)
a) Tìm các giao điểm \({A_1},{A_2}\) của (E) với trục hoành và các giao điểm \({B_1},{B_2}\) của (E) với trục tung. Tính \({A_1}{A_2},{B_1}{B_2}\).
b) Xét một điểm bất kì \(M\left( {{x_o};{y_o}} \right)\) thuộc (E).
Chứng minh rằng, \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\) và \(b \le OM \le a\).
Chú ý: \({A_1}{A_2},{B_1}{B_2}\)tương ứng được gọi là trục lớn, trục nhỏ của elip (E) và tương ứng có độ dài là 2a, 2b.
a) Các giao điểm của (E) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)
Các giao điểm của (E) với trục tung có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = \pm b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{B_1}\left( {0; - b} \right)\\{B_2}\left( {0;b} \right)\end{array} \right.\)
Ta có \({A_1}{A_2} = 2a,{B_1}{B_2} = 2b\).
b) Do M thuộc (E) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} = 1\)
Do \(a > b > 0\) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(1 \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {b^2} \le x_o^2 + y_o^2\)
Tương tự ta có \(\frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}}\) nên \(1 \ge \frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {a^2} \ge x_o^2 + y_o^2\)
Vậy \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\)
Ta có \(OM = \sqrt {x_o^2 + y_o^2} \) suy ra \(b \le OM \le a\)
Cho hai đường thẳng
\({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) (\({a_1}^2 + {b_1}^2 > 0\)) và \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) \(\left( {{a_2}^2 + {b_2}^2 > 0} \right)\)
có vectơ pháp tuyến lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}} \) và \(\overrightarrow {{n_2}} \).
Tìm tọa độ \(\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} \)và tính \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right)\)
+) Từ phương trình \({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_1}} \) là \(\left( {{a_1};{b_1}} \right)\)
+) Từ phương trình \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_2}} \) là \(\left( {{a_2};{b_2}} \right)\)
+) \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {b_1}^2} \sqrt {{a_2}^2 + {b_2}^2} }}\)
Cho hypebol có phương trình: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)
a) Tìm các giao điểm \({A_1},{A_2}\)của hypebol với trục hoành (hoành độ của \({A_1}\)nhỏ hơn của \({A_2}\)).
b) Chứng minh rằng, nếu điểm M(x; y) thuộc nhánh nằm bên trái trục tung của hypebol thì \(x \le - a\) , nêu điêm M(x, y) thuộc nhánh nằm bên phải trực tung của hypebol thì \(x \ge a\).
c) Tìm các điểm\({M_1},{M_2}\) tương ứng thuộc các nhánh bên trái, bên phải trực tung của hypebol để \({M_1}{M_2}\) nhỏ nhất.
a) Các giao điểm của \(\left( H \right)\) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)
b) Với \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc (H) ta có \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} = 1 + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} \ge 1 \Rightarrow {x^2} \ge {a^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le - a\\x \ge a\end{array} \right.\)
Do đó nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên trái trục tung khi thì \(x < 0\), suy ra \(x \le - a\).
Nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên phải trục tung khi thì \(x > 0\), suy ra \(x \ge - a\).
c) Gọi \({M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right),{M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)\). Vì \({M_1}\) thuộc nhánh bên trái trục tung nên ta có \({x_1} \le - a\),\({M_2}\) thuộc nhánh bên phải trục tung nên ta có \({x_2} \ge a\).
Suy ra \({M_1}{M_2} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}} \ge \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}+(0- 0)^2} = \left| {{x_2} - {x_1}} \right| \ge \left| {a - \left( { - a} \right)} \right| = 2a\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{y_2} - {y_1} = 0\\{x_2} = a\\{x_1} = - a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = a\\{x_1} = - a\\{y_1} = {y_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{M_1}\left( { - a;0} \right)\\{M_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)
Chứng minh rằng: \(\frac{a_1}{b_1}+\frac{a_2}{b_2}+\frac{a_3}{b_3}+...+\frac{a_n}{b_n}\ge n\left(\frac{a_1+a_2+a_3+...+a_n}{b_1+b_2+b_3+...+b_n}\right)\)
Với \(a_1,a_2...,a_n;b_1,b_2...,b_n>0\)
Với 2n số thực không âm \(a_1,a_2,...,a_n\)và \(b_1,b_2,...,b_n\), Chứng minh rằng:
\(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(b_1+b_2+...+b_n\right)\le\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n+b_1+b_2+...+b_n}{n}\right)^n\)
mày bị điên đứa nào thích thì mà đứa nào chơi truy kích cho tao nick
Giả sử phương trình \(x^2+px+1=0\)có nghiệm là \(a_1;a_2\), phương trình \(x^2+qx+1=0\) có nghiệm \(b_1,b_2\)Chứng minh \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)=q^2-p^2\)
Theo vi ét:
\(\hept{\begin{cases}a_1a_2=1\\a_1+a_2=-p\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b_1b_2=1\\b_1+b_2=-q\end{cases}}\)
Ta có: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)
\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)
\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)
\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)
= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)
\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)
\(=q^2-p^2\)
Cho \(a_1,a_2,...,a_7\) là các số nguyên và\(b_1,b_2,...,b_7\) cũng là các số nguyên đó, nhưng lấy theo thứ tự khác.
Chứng minh rằng \(\left(a_1-b_1\right)+\left(a_2-b_2\right)+...+\left(a_7-b_7\right)\)là số chẵn
Đề thi hsg Anh Quốc-1968
nhưng mk thấy khó, mk ko biết làm, vậy có được k,?