BÀi 4:

a: Bảng giá trị:

Vẽ đồ thị:

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

2x-3=-3x+7

=>5x=10

=>x=2

Khi x=2 thì \(y=-3\cdot2+7=-6+7=1\)

=>Tọa độ giao điểm là A(2;1)

Bài 5:

Phương trình hoành độ giao điểm là:

-3x+1=-x-2

=>-3x+x=-2-1

=>-2x=-3

=>x=1,5

Khi x=1,5 thì y=-x-2=-1,5-2=-3,5

=>Giao điểm là A(1,5;-3,5)

Gợi ý :

a) y = 2 => x = 2 hoặc -2 ( do có thể < 0 hay > 0 )

b) S(OAB) = 1 => |x| = 1 => x = 1 hoặc -1

c) Gọi khoảng cách từ O tới (d) là OH

OH bé hơn hoặc bằng khoảng cách 2 của O tới điểm cố định trên Oy

=> max = 2 khi d song^2 Ox => x = 0 => đúng mọi m

d)  Thay vào biểu thức hệ thức lượng => khoảng cách từ O tới điểm mà d cắt trên Ox là 0 => d trùng Oy

e) thay x vào có kết quả

f) cắt tại điểm > 2 => biểu thức biểu diễn x > 2 ( -2/(m+3)   )

PT giao Ox, Oy là: 

\(y=0\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{2m+1}\Leftrightarrow A\left(\dfrac{2}{2m+1};0\right)\Leftrightarrow OA=\dfrac{2}{\left|2m+1\right|}\\ x=0\Leftrightarrow y=-2\Leftrightarrow B\left(0;-2\right)\Leftrightarrow OB=2\)

\(a,\) Gọi H là chân đường cao từ O đến (d) \(\Leftrightarrow OH=\sqrt{2}\)

Ap dụng HTL: \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}=\dfrac{\left(2m+1\right)^2}{4}+\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(2m+1\right)^2}{4}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow4m^2+4m+1=1\\ \Leftrightarrow4m\left(m+1\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=-1\end{matrix}\right.\)

\(b,S_{AOB}=\dfrac{1}{2}OA\cdot OB=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow OB\cdot OA=1\\ \Leftrightarrow\dfrac{2}{\left|2m+1\right|}\cdot2=1\Leftrightarrow\left|2m+1\right|=4\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2m+1=4\\2m+1=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{3}{2}\\m=-\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)

Theo Cô si       4x+\frac{1}{4x}\ge24x+4x1​≥2  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   4x=\frac{1}{4x}=1\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}4x=4x1​=1⇔x=41​). Do đó

                                         A\ge2-\frac{4\sqrt{x}+3}{x+1}+2016A≥2−x+14x​+3​+2016

                                        A\ge4-\frac{4\sqrt{x}+3}{x+1}+2014A≥4−x+14x​+3​+2014

                                        A\ge\frac{4x-4\sqrt{x}+1}{x+1}+2014=\frac{\left(2\sqrt{x}-1\right)^2}{x+1}+2014\ge2014A≥x+14x−4x​+1​+2014=x+1(2x​−1)...

a: (d) có hệ số góc là k

=>(d): y=kx+b

Thay x=1 và y=-3 vào (d), ta được:

\(k\cdot1+b=-3\)

=>b=-3-k

=>(d):y=kx-k-3

Tọa độ A là:

\(\begin{cases}y=0\\ kx-k-3=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ kx=k+3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0\\ x=\frac{k+3}{k}\end{cases}\)

Tọa độ B là:

\(\begin{cases}x=0\\ y=k\cdot0-k-3=-k-3\end{cases}\)

b: O(0;0); \(A\left(\frac{k+3}{k};0\right);B\left(-k-3;0\right)\)

\(OA=\sqrt{\left(\frac{k+3}{k}-0\right)^2+\left(0-0\right)^2}=\sqrt{\left(\frac{k+3}{k}\right)^2}=\left|\frac{k+3}{k}\right|=\left|\frac{2+3}{2}\right|=\frac52\)

\(OB=\sqrt{\left(-k-3-0\right)^2+\left(0-0\right)^2}=\sqrt{\left(-k-3\right)^2}=\left|k+3\right|=\left|2+3\right|=5\)

ΔOAB vuông tại O

=>\(S_{OAB}=\frac12\cdot AO\cdot OB=\frac12\cdot\frac52\cdot5=\frac{25}{4}\)

a: (d)//Oy và (d) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 2

=>x=2

Tọa độ H là:

x=2 và y=3x=3*2=6

=>H(2;6)

Tọa độ K là:

x=2 và y=-2x=-4

=>K(2;-4)

b: O(0;0); H(2;6); K(2;-4)

\(OH=\sqrt{\left(2-0\right)^2+\left(6-0\right)^2}=2\sqrt{10}\)

\(OK=\sqrt{\left(2-0\right)^2+\left(-4-0\right)^2}=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5\)

\(HK=\sqrt{\left(2-2\right)^2+\left(-4-6\right)^2}=\sqrt{\left(-10\right)^2}=10\)

Chu vi tam giác OHK là:

OH+OK+HK=\(2\sqrt{10}+2\sqrt5+10\)

Xét ΔHOK có \(cosHOK=\frac{OH^2+OK^2-HK^2}{2\cdot OH\cdot OK}\)

\(=\frac{40+20-100}{2\cdot2\sqrt{10}\cdot2\sqrt5}=\frac{-40}{8\sqrt{50}}=\frac{-40}{40\sqrt2}=-\frac{1}{\sqrt2}\)

=>\(\sin HOK=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{\sqrt2}\right)^2}=\frac{1}{\sqrt2}\)

Diện tích tam giác HOK là:

\(S_{HOK}=\frac12\cdot OH\cdot OK\cdot\sin HOK\)

\(=\frac12\cdot2\sqrt{10}\cdot2\sqrt5\cdot\frac{1}{\sqrt2}=\frac{2\sqrt{50}}{\sqrt2}=2\cdot\sqrt{25}=2\cdot5=10\)