a.

\(R=d\left(I;d\right)=\dfrac{\left|3-5.\left(-2\right)+1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-5\right)^2}}=\dfrac{14}{\sqrt{26}}\)

b.

\(d\left(M;\Delta\right)=\dfrac{\left|4sina+4\left(2-sina\right)\right|}{\sqrt{cos^2a+sin^2a}}=8\)

Vì ta chưa xác định được hình dạng của đường cong cố định nên ta sử dụng phương pháp đường biên của hình lồi

Giả sử \(M\left(x_0;y_0\right)\) là điểm mà họ \(\Delta_{\alpha}\) không đi qua. Khi đó phương trình sau vô nghiệm với mọi \(\alpha\)

   \(2x_0\sin\alpha+2y_0\cos\alpha+4\sin\alpha+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x_0+4\right)\sin\alpha+2y_0\cos\alpha+1=0\) (*)

(*) vô nghiệm \(\Leftrightarrow\left(2x_0+4\right)^2+4y^2_0< 1\Leftrightarrow\left(x_0+2\right)^2+y_0^2< \frac{1}{4}\)

Xét đường tròn (C) tâm I(-2;0) và bán kính \(R=\frac{1}{2}\) , ta có :

\(d\left(I,\Delta_{\alpha}\right)=\frac{\left|-4\sin\alpha+2.0\cos\alpha+4\sin\alpha+1\right|}{\sqrt{4\sin^2\alpha+4\cos^2\alpha}}=\frac{1}{2}=R\Rightarrow\Delta_{\alpha}\) luôn tiếp với (C)

Giả sử họ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) tâm \(I\left(a;b\right)\) bán kính R

\(\Rightarrow\) với mọi góc \(\alpha\) ta luôn có:

\(d\left(I;d\right)=R\Leftrightarrow\dfrac{\left|\left(a-1\right)cos\alpha+\left(b-1\right)sin\alpha-4\right|}{\sqrt[]{sin^2\alpha+cos^2\alpha}}=R\)

\(\Leftrightarrow\left|\left(a-1\right)cos\alpha+\left(b-1\right)sin\alpha-4\right|=R\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\\left|-4\right|=R\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow R=4\)

uhm, bài hay đấy, có thể quay vào toán bất đẳng thức vẽ trên geogebra không?

a) Khi \(\alpha  = {90^o}\), điểm M trùng với điểm C. (Vì \(\widehat {xOC} = \widehat {AOC} = {90^o}\))

Khi \(\alpha  < {90^o}\), điểm M thuộc vào cung AC (bên phải trục tung)

Khi \(\alpha  > {90^o}\), điểm M thuộc vào cung BC (bên trái trục tung)

b) Khi \({0^o} < \alpha  < {90^o}\) , ta có:

\(\begin{array}{l}\cos \alpha  = \frac{{\left| {{x_0}} \right|}}{{OM}} = \left| {{x_0}} \right| = {x_0};\\\sin \alpha  = \frac{{\left| {{y_0}} \right|}}{{OM}} = \left| {{y_o}} \right| = {y_o}\end{array}\)

Vì \(OM = R = 1\); \({x_0} \in \)tia \(Ox\)nên \({x_0} > 0\); \({y_0} \in \)tia \(Oy\)nên \({y_0} > 0\)

Vậy \(\cos \alpha \) là hoành độ \({x_0}\)của điểm M, \(\sin \alpha \) là tung độ \({y_0}\) của điểm M.

Mẫu số là \(-3cos2a\) hay \(-2cos2a\) vậy bạn? -3 không hợp lý

a)    Do \(\begin{array}{l}\sin \alpha  = MH \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  = M{H^2}\\\cos \alpha  = OH \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = O{H^2}\end{array}\)

Áp dụng định lý Py – Ta – Go vào tam giác OMH vuông tại H ta có:

\(\begin{array}{l}M{H^2} + O{H^2} = O{M^2} = 1\\ \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\end{array}\)

b)    Chia cả hai vế cho \({\cos ^2}\alpha \), ta được:

\(\begin{array}{l}\frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha  + 1 = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\end{array}\)

c)    Chia cả hai vế cho \({\sin ^2}\alpha \), ta được:

\(\begin{array}{l}\frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} + \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow {\cot ^2}\alpha  + 1 = \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)