Đường thẳng d qua A có dạng: \(y=k\left(x-1\right)+m\)
Để d tiếp xúc (C)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}k=y'=3x^2+6x\\x^3+3x^2+1=k\left(x-1\right)+m\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^3+3x^2+1=\left(3x^2+6x\right)\left(x-1\right)+m\)
\(\Rightarrow m=-2x^3+6x+1\) (1)
3 tiếp tuyến \(\Rightarrow\) (1) có 3 nghiệm pb
Vẽ BBT \(\Rightarrow-3< m< 5\)
cho(O;6cm), dây BC vuông góc với bán kính OA tại I cách A 1 khoảng 1cm. Tính BC
Kẻ OH\(\perp\)BC tại H
Theo đề, ta có: OH=1(cm)
ΔOBC cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của BC
ΔOHB vuông tại H
=>\(HB^2+HO^2=OB^2\)
=>\(HB=\sqrt{6^2-1^2}=\sqrt{35}\left(cm\right)\)
=>\(BC=2\cdot BH=2\sqrt{35}\left(cm\right)\)
Cho hàm số \(y=\dfrac{2x-1}{x-1}\). Có bao nhiêu tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và B thỏa mãn điều kiện OA = 4OB
Gọi \(\alpha\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và trục hoành
\(\Rightarrow\left|tan\alpha\right|=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{4}=\left|y'\right|\)
\(\Rightarrow\left|\dfrac{-3}{\left(x-1\right)^2}\right|=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\left(x-1\right)^2=\dfrac{3}{4}\)
Pt có 2 nghiệm nên có 2 tiếp tuyến
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 5cm, AC = 4cm. Gọi AH,HD lần lượt là đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC và đỉnh H của tam giác HAB
a) Chứng minh tam giác HAD đồng dạng tam giác ACH
b) Chứng minh tam giác HBA đồng dạng tam giác ABC
c) Tính HA,HB,HD
a: Ta có: HD\(\perp\)AB
AC\(\perp\)AB
Do đó: HD//AC
Xét ΔHAD vuông tại D và ΔACH vuông tại H có
\(\widehat{HAD}=\widehat{ACH}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔHAD~ΔACH
b: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{HBA}\) chung
Do đó: ΔHBA~ΔABC
c: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC=\sqrt{5^2+4^2}=\sqrt{41}\left(cm\right)\)
ΔHBA~ΔABC
=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BA}{BC}\)
=>\(\dfrac{HA}{5}=\dfrac{HB}{4}=\dfrac{4}{\sqrt{41}}\)
=>\(HA=\dfrac{20}{\sqrt{41}}\left(cm\right);HB=\dfrac{16}{\sqrt{41}}\left(cm\right)\)
ΔHAD~ΔACH
=>\(\dfrac{HD}{AH}=\dfrac{HA}{AC}\)
=>\(HD=\dfrac{HA^2}{AC}=\dfrac{400}{41}:4=\dfrac{100}{41}\left(cm\right)\)
Cho ba số a, b, c >0,
Chứng minh rằng: a/b2 +b/c2+c/a2 ≥ 1/a+1/b+1/c
Ta có:
\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{1}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{ab^2}}=\dfrac{2}{b}\)
\(\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{bc^2}}=\dfrac{2}{c}\)
\(\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{ca^2}}=\dfrac{2}{a}\)
Cộng vế:
\(\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 cm, AC= 4 cm, đường cao AH
a) Tính BC
b) Chứng minh tam giác HBA đồng dạng với tam giác ABC và AC2 = HC.BC
c) Tính độ dài AH
d) Chứng minh HA2 = HB.HC
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)
b: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{HBA}\) chung
Do đó: ΔHBA~ΔABC
c: ΔHBA~ΔABC
=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{AB}{BC}\)
=>\(HA=\dfrac{3\cdot4}{5}=2,4\left(cm\right)\)
d: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có
\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔHAB~ΔHCA
=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)
=>\(HA^2=HB\cdot HC\)
1+1+1+2+3+4+5-3-8+4-2:8x9+8-7:3:5x2+1-1=?
Cho hàm số \(y=\dfrac{-x+2}{x-1}\) có đồ thị hàm số A(a;1).Tìm a để có đúng một tiếp tuyến của hàm số đi qua A
Pt đường thẳng d qua A có dạng: \(y=k\left(x-a\right)+1\)
Để (d) tiếp xúc (C) thì: \(\left\{{}\begin{matrix}k=y'=\dfrac{-1}{\left(x-1\right)^2}\\\dfrac{-x+2}{x-1}=k\left(x-a\right)+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{-x+2}{x-1}=-\dfrac{1}{\left(x-1\right)^2}\left(x-a\right)+1\)
\(\Leftrightarrow a=-2x^2+6x-3\) (1)
Có 1 tiếp tuyến \(\Rightarrow\) (1) có 1 nghiệm (nghiệm kép hoặc có 2 nghiệm nhưng 1 nghiệm \(x=1\))
cho tam giác ABC và tam giác ADE.a)cm tam giác ACB đồng dạng với tam giác ADE .b) tính AB phần AD = 3 phần 5 và AC=7cm,ED=12cm
giúp mik vs cảm ơn nhiều 😊
1: Tọa độ giao điểm của (d) và (d') là:
\(\left\{{}\begin{matrix}x+m+1=-x+3m-1\\y=x+m+1\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}2x=3m-1-m-1=2m-2\\y=x+m+1\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=m-1\\y=m-1+m+1=2m\end{matrix}\right.\)
Thay x=m-1 và y=2m vào y=3x-1, ta được:
3(m-1)-1=2m
=>3m-4=2m
=>m=4
2: \(\text{Δ}=\left(-n\right)^2-4\left(n-1\right)\)
\(=n^2-4n+4=\left(n-2\right)^2>=0\forall n\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0
=>(n-2)2>0
=>\(n-2\ne0\)
=>\(n\ne2\)
Theo Vi-et, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=n\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=n-1\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{1}{\left(x_1-2\right)^2}+\dfrac{1}{\left(x_2-2\right)^2}=2\)
=>\(\dfrac{\left(x_1-2\right)^2+\left(x_2-2\right)^2}{\left[\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\right]^2}=2\)
=>\(\dfrac{x_1^2+x_2^2-4\left(x_1+x_2\right)+8}{\left[x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4\right]^2}=2\)
=>\(\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2-4\left(x_1+x_2\right)+8}{\left[n-1-2n+4\right]^2}=2\)
=>\(\dfrac{n^2-2\left(n-1\right)-4n+8}{\left(-n+3\right)^2}=2\)
=>\(n^2-2n+2-4n+8=2\left(n-3\right)^2\)
=>\(2\left(n^2-6n+9\right)=n^2-6n+10\)
=>\(2n^2-12n+18-n^2+6n-10=0\)
=>\(n^2-6n+8=0\)
=>(n-2)(n-4)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}n=2\left(loại\right)\\n=4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)