a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Ta có; ΔOCD cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK\(\perp\)CD tại K

Ta có: \(\widehat{OKM}=\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

=>O,K,A,M,B cùng thuộc đường tròn đường kính OM

c: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của BA(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của BA(2)

Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại H

Xét ΔOHN vuông tại H và ΔOKM vuông tại K có

\(\widehat{HON}\) chung

Do đó: ΔOHN~ΔOKM

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{ON}{OM}\)

=>\(OH\cdot OM=OK\cdot ON\left(3\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2=R^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(OK\cdot ON=R^2=OD^2\)

=>\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{ON}\)

Xét ΔOKD và ΔODN có

\(\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{ON}\)

\(\widehat{KOD}\) chung

Do đó: ΔOKD~ΔODN

=>\(\widehat{OKD}=\widehat{ODN}=90^0\)

=>ND là tiếp tuyến của (O)

Bạn xem lại viết biểu thức A có đúng không vậy?

Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \( P \), ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (hay bất đẳng thức Buniakovskii):

Đặt \( x = \sqrt{a}, y = \sqrt{b}, z = \sqrt{c} \), ta có \( a = x^2, b = y^2, c = z^2 \).

Biểu thức \( P \) sẽ trở thành:
\[ P = \frac{x^2}{x^2+3} + \frac{y^2}{y^2+3} + \frac{z^2}{z^2+3} + \frac{xy}{3x+z} + \frac{yz}{3y+x} + \frac{zx}{3z+y} \]

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
\[ P \geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+3(x+y+z)} + \frac{(xy+yz+zx)^2}{3(xy+yz+zx)+xy(x+y+z)} \]

Do \( x+y+z = \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leq \sqrt{3(a+b+c)} = 3 \), và \( xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3} \), ta có:

\[ P \geq \frac{9}{9+9} + \frac{\frac{(x+y+z)^2}{9}}{3 \times \frac{(x+y+z)^2}{9} + \frac{(x+y+z)^3}{27}} \]
\[ = \frac{1}{2} + \frac{1}{3+\frac{1}{3}} \]
\[ = \frac{1}{2} + \frac{1}{\frac{10}{3}} \]
\[ = \frac{1}{2} + \frac{3}{10} \]
\[ = \frac{8}{10} = \frac{4}{5} \]

Vậy, giá trị lớn nhất của \( P \) là \( \frac{4}{5} \), đạt được khi \( a = b = c = 1 \).

Em cần làm gì với biểu thức này?

a) Với m = 1, ta có:

⇒ (d): y = x - 1/2 + 2 = x + 3/2

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

1/2 x² = x + 3/2

⇔ x² = 2x + 3

⇔ x² - 2x - 3 = 0

Do a - b + c = 1 - (-2) + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:

x₁ = -1; x₂ = -c/a = 3

x₁ = -1 ⇒ y = 1/2 . (-1)² = 1/2

⇒ A(-1; 1/2)

x₂ = 3 ⇒ y = 1/2 . 3² = 9/2

⇒ B(3; 9/2)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

1/2 x² = mx - 1/2 m² + m + 1

⇔ x² = 2mx - m² + 2m + 2

⇔ x² - 2mx + m² - 2m - 2

∆' = (-m)² - 1.(m² - 2m - 2)

= m² - m² + 2m + 2

= 2m + 2

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆' > 0

⇔ 2m + 2 > 0

⇔ 2m > -2

⇔ m > -1

Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

x₁ + x₂ = 2m

x₁x₂ = m² - 2m - 2

Ta có:

|x₁ - x₂| = (x₁ - x₂)² = [(x₁ + x₂)² - 4x₁x₂]

= [(2m)² - 4.(m² - 2m - 2)]

= (4m² - 4m² + 8m + 4)

= 8m + 4

= 2(2m + 2)

Mà |x₁ - x₂| = 2

⇔ 2(2m + 2) = 2

⇔ (2m + 2) = 1

⇔ 2m + 2 = 1

⇔ 2m = -1

⇔ m = -1/2 (nhận)

Vậy m = -1/2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn |x₁ - x₂| = 2

\(\text{Δ}=\left(-1\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m-3\right)\)

=1-4(m-3)

=1-4m+12

=-4m+13

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>-4m+13>0

=>-4m>-13

=>\(m< \dfrac{13}{4}\)

a: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2=-x+6\)

=>\(x^2+x-6=0\)

=>(x+3)(x-2)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x=-3\\x=2\end{matrix}\right.\)
Thay x=2 vào y=-x+6, ta được:

y=-2+6=4

Thay x=-3 vào y=-x+6, ta được:

y=-(-3)+6=9

Vậy: Tọa độ giao điểm là A(2;4); B(-3;9)

b: O(0;0); A(2;4); B(-3;9)

\(OA=\sqrt{\left(2-0\right)^2+\left(4-0\right)^2}=2\sqrt{5}\)

\(OB=\sqrt{\left(-3-0\right)^2+\left(9-0\right)^2}=3\sqrt{10}\)

\(AB=\sqrt{\left(-3-2\right)^2+\left(9-4\right)^2}=5\sqrt{2}\)

Xét ΔOAB có \(cosAOB=\dfrac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}=\dfrac{20+90-50}{2\cdot2\sqrt{5}\cdot3\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
=>\(sinAOB=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

Diện tích tam giác AOB là:

\(S_{AOB}=\dfrac{1}{2}\cdot OA\cdot OB\cdot sinAOB\)

\(=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot2\sqrt{5}\cdot3\sqrt{10}=15\)

Lời giải:

a. PT hoành độ giao điểm của $(d)$ và $(P)$:
$x^2=-x+6$

$\Leftrightarrow x^2+x-6=0$

$\Leftrightarrow (x-2)(x+3)=0$

$\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=-3$

Với $x=2$ thì $y=x^2=4$. Ta có giao điểm thứ nhất $(2;4)$
Với $x=-3$ thì $y=x^2=9$. Ta có giao điểm thứ hai $(-3;9)$

b.

Đặt $A(2,4)$ và $B(-3;9)$

$AB=\sqrt{(2--3)^2+(4-9)^2}=5\sqrt{2}$
Gọi $C,D$ là giao điểm của $(d)$ và $Ox, Oy$

$C\in Ox$ nên $y_C=0$

$C\in (d)$ nên: $x_C=6-y_C=6-0=6$. Vậy $C$ có tọa độ $(6;0)$
$D\in Oy$ nên $x_D=0$

$D\in (d)$ nên: $y_D=-x_D+6=-0+6=6$. Vậy $D$ có tọa độ $(0;6)$
$CD=\sqrt{(6-0)^2+(0-6)^2}=6\sqrt{2}$

$S_{OCD}=\frac{OC.OD}{2}=\frac{|x_C|.|y_D|}{2}=\frac{6.6}{2}=18$ 

$\frac{S_{OAB}}{S_{OCD}}=\frac{AB}{CD}=\frac{5\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{5}{6}$

$\Rightarrow S_{OAB}=\frac{5}{6}S_{OCD}=\frac{5}{6}.18=15$ 

Lời giải:

a.

Vì $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ nên $OM\perp AB$

$\Rightarrow \widehat{KOA}=\widehat{MOA}=90^0$

Lại có: $\widehat{AEK}=\widehat{AEB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác $EAOK$ có tổng hai góc đối nhau $\widehat{KOA}+\widehat{AEK}=90^0+90^0=180^0$

$\Rightarrow EAOK$ là tgnt.

b.

Xét tam giác $EAM$ và $FBM$ có:

$AM=BM$ (do $M$ nằm chính giữa cung AB)

$EA=FB$

$\widehat{EAM}=\widehat{EBM}=\widehat{FBM}$ (góc nt chắn cung $EM$)

$\Rightarrow \triangle EAM=\triangle FBM$ (c.g.c)

$\Rightarrow EM=FM(1)$

Và $\widehat{EMA}=\widehat{FMB}$

$\Rightarrow \widehat{EMA}+\widehat{MAF}=\widehat{FMB}+\widehat{MAF}=\widehat{AMB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{EMF}=90^0(2)$

Từ $(1); (2)$ suy ra $EMF$ là tam giác vuông cân tại $M$

c.

Vì $EMF$ vuông cân tại $M$ nên $\widehat{MEK}=45^0$

$\widehat{DEM}=180^0-\widehat{AEB}-\widehat{MEK}=180^0-90^0-45^0=45^0$

$\Rightarrow \widehat{DEM}=\widehat{MEK}$

$\Rightarrow EM$ là phân giác trong của $\widehat{DEK}$

$\Rightarrow \frac{MK}{MD}=\frac{EK}{ED}$

$\Rightarrow MK.ED=EK.MD$ (đpcm)

Hình vẽ: