K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
TH
2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 3 2021
ĐKXĐ: \(x\in\left[0;2018\right]\)
\(y'=\dfrac{1009-x}{\sqrt{2018x-x^2}}=0\Rightarrow x=1009\)
Hàm đồng biến trên \(\left(0;1009\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 4 2019
Gọi tọa độ các giao điểm là \(A\left(a;0;0\right)\); \(B\left(0;b;0\right)\); \(C\left(0;0;c\right)\)
Không làm mất tính tổng quát, chỉ cần xét trường hợp \(a;b;c>0\)
Phương trình mặt phẳng (P) theo đoạn chắn: \(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1\)
Ta có: \(S=OA+OB+OC=a+b+c\)
Do \(\left(P\right)\) qua M nên: \(\frac{4}{a}+\frac{1}{b}+\frac{9}{c}=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Scwarz: \(\frac{2^2}{a}+\frac{1^2}{b}+\frac{3^2}{c}\ge\frac{\left(2+1+3\right)^2}{a+b+c}=\frac{36}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{36}{a+b+c}\le1\Rightarrow a+b+c\ge36\)
\(\Rightarrow S_{min}=36\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=36\\\frac{2}{a}=\frac{1}{b}=\frac{3}{c}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=12\\b=6\\c=18\end{matrix}\right.\)
Phương trình (P) khi đó có dạng: \(\frac{x}{12}+\frac{y}{6}+\frac{z}{18}=1\)
Hay chuyển dạng chính tắc: \(3x+6y+2z-36=0\)
Không thấy điểm I ở đâu để tính tiếp cả, nhưng đến đây thì mọi chuyện đơn giản, chỉ cần áp dụng công thức khoảng cách vào là xong.
PT
1
CM
20 tháng 6 2018
Chọn C
Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác nên thuộc loại 3 ; 5 .
TN
15 tháng 4 2021
Gọi A là điểm biểu diễn số phức z
Khi đó A nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đi qua hai điểm (0;2) và (2;4). Ta tìm được pt đường thẳng đó là: d: x+y-4=0
|z|=OA min khi và chỉ khi A là hình chiếu của O trên d
Khi đó ta tìm được A(2;2)
->min|z|=\(2\sqrt{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 4 2019
\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(-1;y+3;-5\right)\\\overrightarrow{AC}=\left(x-2;7;-1\right)\end{matrix}\right.\)
\(A;B;C\) thẳng hàng \(\Rightarrow\frac{-1}{x-2}=\frac{y+3}{7}=\frac{-5}{-1}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2=-\frac{1}{5}\\y+3=35\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\frac{9}{5}\\y=32\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow10x+y=50\)
14 tháng 3 2021
a) f' (x)=3x2-6x
f'' (x)=6x-6;f'' (x)=0 < ⇒ x=1 ⇒ f (1) = -1
Vậy I(1; -1)
b) Công thức chuyển hệ trục tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI:
Phương trình của (C) đối với hệ trục IXY là:
y - 1 = (X+1)3-3(X+1)2+1 hay Y=X3-3X
Vì hàm số Y=X3-3X là hàm số lẻ nên đồ thị của nó nhận gốc tọa độ I làm tâm đối xứng.
c) * Tiếp tuyến với (C) tại I(1; -1) đối với hệ tọa độ Oxy là:
y = f' (1)(x-1)+f(1) với f’(1) = -3; f(1) = -1
Nên Phương trình tiếp tuyến: y= -3(x-1)+(-1) hay y = -3x + 2
Xét hiệu (x3-3x2+1)-(-3x+2)=(x-1)3
Với x ∈(-∞;1) ⇒ (x-1)3<0 ⇔ x3 – 3x2 + 1 < -3x +2 nên đường cong (C): y=x3-33+1 nằm phía dưới tiếp tuyến y = -3x + 2
Với x ∈(1; +∞) ⇒ (x-1)3>0 ⇔ x3 – 3x2 + 1 > -3x + 2 nên đường cong (C): nằm phía trên tiếp tuyến tại I.
a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.
Ta có \(\left(FSBA\right)=-1\) (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của \(\widehat{FK'S}\)
Do đó, \(\widehat{AK'B}=90^o\). Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên \(K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB\)
Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}\)
Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) MN//BC. Vậy \(K'\in MN\) hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là \(K'\equiv K\).
Như vậy, \(K,B,I\) thẳng hàng và \(\widehat{AKB}=90^o\) hay \(AK\perp BI\)
Lại có \(FJ\perp BI\) nên AK//FJ hay AK//HJ.
Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.
\(\Rightarrow\) HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.
câu a ý 2:
Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).
Có \(\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}\) nên tam giác XBI cân tại X \(\Rightarrow XB=XI\)
Tương tự, ta cũng có \(XB=XC=XI\) nên X là tâm (IBC)
Dễ thấy \(\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o\) nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).
\(\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG\) \(\Rightarrow\) Tứ giác TPXG nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}\)
\(\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}\)
\(\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}\) . Do \(\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\)
Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC
\(\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}\)
Lại có \(\widehat{GTB}=\widehat{GCP}\) \(\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP\) \(\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}\)
Lại có \(\widehat{GBT}=\widehat{GIT}\) nên \(\widehat{GPC}=\widehat{GIT}\)
Kết hợp với \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\), ta có \(\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác ITPJ nội tiếp.
Mặt khác, \(\left(BCJU\right)=-1\) và P là trung điểm BC nên \(\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}\) (hệ thức Maclaurin)
\(\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}\)
\(\Rightarrow\) U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.
Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu \(d_Y\) là đối cực của Y đối với (I).
Ta có \(\left(BCJU\right)=-1\) \(\Rightarrow J\in d_U\)
Lại có \(U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U\)
Do đó \(JA\equiv d_U\) \(\Rightarrow JA\perp UI\) hay \(JA\perp IT\) (đpcm)