Tìm $m$ để ba đường thẳng $y = 2x - 3\,\,\left[ {{d_1}} \right];\,\,\,y = x - 1\,\,\left[ {{d_2}} \right];\,\,\,y = \left[ {m - 1} \right]x + 2\,\,\,\,\left[ {{d_3}} \right]$ đồng quy.
Cho điểm $A\left[ {1;\,\,1} \right]$ và hai đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right]:\,\,y = x - 1;\,\,\,\left[ {{d_2}} \right]:\,\,\,y = 4x - 2$. Viết phương trình đường thẳng $[d]$ đi qua điểm $A$ và cắt các đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right],\,\,\left[ {{d_2}} \right]$ tạo thành một tam giác vuông.
Cho hai đường thẳng $\left[ {{d_1}} \right]:\,\,y = - 3x + m + 2;\,\,\,\left[ {{d_2}} \right]:\,\,\,y = 4x - 2m - 5.$ Gọi $A\left[ {1;\,{y_A}} \right]$ thuộc $\left[ {{d_1}} \right]$, $B\left[ {2;\,\,{y_B}} \right]$ thuộc $\left[ {{d_2}} \right].$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $A$ và $B$ nằm về hai phía của trục hoành.
Hàm số \[y = \left| {2x + 10} \right|\] là hàm số nào sau đây:
Trong các hàm số sau, đâu là hàm số bậc nhất?
Tập giá trị của hàm số \[y = \left| {3 + x} \right| - 1\] là:
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên tập \[\mathbb{R}?\]
Tìm m để khoảng cách từ O đến [d] bằng 1.
A.
B.
C.
D.
Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng \[d:\,\,\,y = mx - m + 1\,\,\,\left[ {m \ne 0} \right]\] lớn nhất.
A.
B.
C.
D.
Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị hàm số [1] bằng \[ \frac{2}{{ \sqrt 5 }}. \]
A.
B.
C.
D.
Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.; o sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa … trong đề thi kì 1 môn Toán lớp 9. Xem Đề và đáp án đầy đủ phía dưới đây
Bài 1: [2đ] 1] Thực hiện phép tính:
a] \[\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} \]
b] \[\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\]
2] Giải phương trình: \[x – \sqrt {x – 15} = 17\].
Bài 2: [2,5đ] Cho biểu thức \[P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\] với \[x \ge 0,x \ne 1\]
a] Rút gọn biểu thức \[P\].
b] So sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa
c] Tìm \[x\] để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
3. [2đ] [VD] Cho đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right] :y = \left[ {m – 1} \right]x + 2m + 1\].
a] Tìm \[m\] để đường thẳng \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\]. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \[\left[ d \right]:y = x + 1\] nằm trên trục hoành.
b] Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: [3đ] Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \[\left[ O \right]\] cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a] Chứng minh \[DC = DN\].
b] Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
c] Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
d] Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \[\left[ O \right]\] tại K [K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ]. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Bài 5: [0,5đ] Cho các số thực dương \[x,y,z\] thỏa mãn \[x + 2y + 3z \ge 20\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\].
Bài 1: 1] Thực hiện phép tính:
\[\begin{array}{l}a]\;\;\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} \\ = \sqrt {{2^2}.2} – 2\sqrt {{3^2}.2} + 5\sqrt {{4^2}.2} – \left| {\sqrt 2 – 1} \right|\\ = 2\sqrt 2 – 2.3\sqrt 2 + 5.4\sqrt 2 – \left[ {\sqrt 2 – 1} \right]\\ = 2\sqrt 2 – 6\sqrt 2 + 20\sqrt 2 – \sqrt 2 + 1\\ = 15\sqrt 2 + 1.\end{array}\]
Vậy \[\sqrt 8 – 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} – \sqrt {{{\left[ {\sqrt 2 – 1} \right]}^2}} = 15\sqrt 2 + 1\]
\[\begin{array}{l}b]\;\;\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\\ = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\sqrt 7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right]\\ = \dfrac{{\sqrt 5 \left[ {6 + \sqrt 5 } \right]}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\left[ {\sqrt 7 – 1} \right]}}{{\sqrt 7 – 1}} – \sqrt 5 – \sqrt 7 \\ = 6 + \sqrt 5 + \sqrt 7 – \sqrt 5 – \sqrt 7 = 6.\end{array}\]
Vậy \[\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 – \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 – 1}} – \left[ {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right] = 6\]
2] Giải phương trình: \[x – \sqrt {x – 15} = 17\].
ĐKXĐ: \[x \ge 15\]
\[\begin{array}{l}\;\;\;\;\;x – \sqrt {x – 15} = 17\\ \Leftrightarrow x – 17 = \sqrt {x – 15} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x – 17 \ge 0\\{\left[ {x – 17} \right]^2} = {\left[ {\sqrt {x – 15} } \right]^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} – 34x + 289 = x – 15\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} – 35x + 304 = 0\end{array} \right.\end{array}\]
Xét phương trình bậc 2: \[{x^2} – 35x + 304 = 0\] có: \[\Delta = {35^2} – 4.309 = 9 > 0\]
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \[\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ – \left[ { – 35} \right] + \sqrt 9 }}{{2.1}} = 19\;\;\;\left[ {tm} \right]\\{x_2} = \dfrac{{ – \left[ { – 35} \right] – \sqrt 9 }}{{2.1}} = 16\;\;\;\left[ {ktm} \right]\end{array} \right.\]
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \[x = 19\].
Bài 2: Cho biểu thức \[P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\] với \[x \ge 0,x \ne 1\]
a] Rút gọn biểu thức \[P\].
ĐKXĐ: \[x \ge 0,x \ne 1\]
\[\begin{array}{l}P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{x + \sqrt x – 2}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} – 3}}{{\left[ {x – \sqrt x } \right] + \left[ {2\sqrt x – 2} \right]}} – \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x – 2}}{{1 – \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x – 3}}{{\left[ {\sqrt x + 2} \right].\left[ {\sqrt x – 1} \right]}} – \dfrac{{\left[ {\sqrt x – 1} \right].\left[ {\sqrt x + 1} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right].\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} + \dfrac{{\left[ {\sqrt x – 2} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{ – \left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x – 3 – \left[ {x – 1} \right] – \left[ {x – 4} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} = \dfrac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{\left[ {x + 2\sqrt x } \right] + \left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}\\\;\; = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}}{{\left[ {\sqrt x – 1} \right]\left[ {\sqrt x + 2} \right]}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}.\end{array}\]
Vậy\[P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}\].
b] So sánh \[P\] với \[\sqrt P \] với điều kiện \[\sqrt P \]có nghĩa
\[\sqrt P \] có nghĩa \[ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x – 1 > 0\;\;\left[ {do\;\;\sqrt x + 1 > 0\;\forall x \ge 0,\;\;x \ne 1} \right]\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt x > 1 \Leftrightarrow x > 1.\]
Xét hiệu: \[P – \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} \].
\[\begin{array}{l} \Rightarrow P – \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{\sqrt {\sqrt x + 1} }}{{\sqrt {\sqrt x – 1} }}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}} – \dfrac{{\sqrt {\left[ {\sqrt x + 1} \right]\left[ {\sqrt x – 1} \right]} }}{{{{\left[ {\sqrt {\sqrt x – 1} } \right]}^2}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 – \sqrt {x – 1} }}{{\sqrt x – 1}}.\end{array}\]
Ta có: \[\sqrt x – \sqrt {x – 1} = \dfrac{{\left[ {\sqrt x + \sqrt {x – 1} } \right]\left[ {\sqrt x – \sqrt {x – 1} } \right]}}{{\sqrt x + \sqrt {x – 1} }} \]\[\,= \dfrac{{x – \left[ {x – 1} \right]}}{{\sqrt x + \sqrt {x – 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }} > 0\]
Mà có: \[\sqrt x – 1 > 0\] [cmt]
\[ \Rightarrow P – \sqrt P > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \] với mọi \[x > 1.\] \[\]\[\]
c] Tìm \[x\] để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
Xét: \[\dfrac{1}{P} = \dfrac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 – 2}}{{\sqrt x + 1}} = 1 – \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\].
Để \[\dfrac{1}{P}\] nguyên thì \[\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\] nguyên, suy ra \[\sqrt x + 1\] là ước của 2. Mà \[\sqrt x + 1 > \]0
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left[ {\sqrt x + 1} \right] \in U\left[ 2 \right] \Rightarrow \left[ {\sqrt x + 1} \right] = \left\{ {1;\;2} \right\}.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 2\\\sqrt x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\left[ {ktm} \right]\\x = 0\;\;\;\left[ {tm} \right]\end{array} \right..\end{array}\]
Vậy với \[x = 0\] thì \[\dfrac{1}{P}\] nguyên.
3. Cho đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right] :y = \left[ {m – 1} \right]x + 2m + 1\].
a] Tìm \[m\] để đường thẳng \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\]. Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \[\left[ d \right]:y = x + 1\] nằm trên trục hoành.
Vì \[{d_1}\] cắt trục tung tại điểm có tung độ là \[ – 3\], suy ra \[\left[ {0; – 3} \right]\] nằm trên đường thẳng \[{d_1}\]
\[ \Rightarrow – 3 = \left[ {m – 1} \right].0 + 2m + 1 \Leftrightarrow 2m = – 4 \Leftrightarrow m = – 2\].
Với \[m = – 2\] ta có phương trình đường thẳng \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\].
Nhận thấy: \[A\left[ {0; – 3} \right],\;B\left[ { – 1;\;0} \right]\] nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:
Hoành độ giao điểm của \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] và \[\left[ d \right]:y = x + 1\] là nghiệm của phương trình:
\[x + 1 = – 3x – 3 \Leftrightarrow 4x = – 4 \]
\[\Leftrightarrow x = – 1 \Rightarrow y = x + 1 = – 1 + 1 = 0\].
Vậy giao điểm của \[\left[ {{d_1}} \right]:y = – 3x – 3\] và \[\left[ d \right]:y = x + 1\] là \[\left[ { – 1;0} \right]\]. Nhận thấy điểm \[\left[ { – 1;0} \right]\] nằm trên trục hoành [do có tung độ bằng 0].
Vậy ta có điều cần chứng minh.\[\]
b] Tìm \[m\] để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \[{d_1}\] đạt giá trị lớn nhất.
+] Với \[x = 0 \Rightarrow y = 2m + 1 \Rightarrow A\left[ {0;2m + 1} \right]\] là giao điểm của \[{d_1}\] với trục tung\[ \Rightarrow OA = \left| {2m + 1} \right|\]
+] Với \[y = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}}\]\[\, \Rightarrow B\left[ {\dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}};0} \right]\] là giao điểm của \[{d_1}\] với trục hoành
\[ \Rightarrow OB = \left| {\dfrac{{ – \left[ {2m + 1} \right]}}{{m – 1}}} \right|\].
Từ O kẻ đường cao OH với, ta được OH chính là khoảng cách từ O tới \[{d_1}\].
Xét tam giác vuông OAB vuông tại O có đường cao OH
\[ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\] [hệ thức lượng trong tam giác vuông]
Đặt \[\dfrac{1}{{O{H^2}}} = t\] ta có:
\[\begin{array}{l}t = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\\;\; = \dfrac{1}{{{{\left[ {2m + 1} \right]}^2}}} + \dfrac{{{{\left[ {m – 1} \right]}^2}}}{{{{\left[ {2m + 1} \right]}^2}}}\\\;\; = \dfrac{{{m^2} – 2m + 2}}{{4{m^2} + 4m + 1}}\;\;\;\left[ {m \ne – \dfrac{1}{2}} \right]\\ \Leftrightarrow 4{m^2}t + 4mt + t = {m^2} – 2m + 2\\ \Rightarrow {m^2}\left[ {4t – 1} \right] + 2m\left[ {2t + 1} \right] + t – 2 = 0\end{array}\]
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn \[m\], phương trình có nghiệm khi \[\] \[\] \[\]
\[\begin{array}{l}\Delta ‘ = {\left[ {2t + 1} \right]^2} – \left[ {4t – 1} \right]\left[ {t – 2} \right] \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4t + 1 – 4{t^2} + 9t – 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 13t – 1 \ge 0 \Leftrightarrow t \ge \dfrac{1}{{13}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} \ge \dfrac{1}{{13}} \Rightarrow OH \le \sqrt {13} \end{array}\]
Dấu “=” xảy ra khi phương trình có nghiệm kép \[\]
\[ \Leftrightarrow m = \dfrac{{ – b}}{{2a}} = \dfrac{{ – \left[ {4t + 2} \right]}}{{2\left[ {4t – 1} \right]}} = – \dfrac{{\dfrac{4}{{13}} + 2}}{{2.\left[ {\dfrac{4}{{13}} – 1} \right]}} = \dfrac{5}{3}\;\;\;\left[ {tm} \right]\].
Vậy \[m = \dfrac{5}{3}\] là giá trị cần tìm.
Bài 4:
Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \[\left[ O \right]\] cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a] Chứng minh \[DC = DN\].
Xét đường tròn \[\left[ O \right]\] có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm
\[ \Rightarrow MD = DB\][tính chất tiếp tuyến]
Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:
\[MD = BD\] [cmt]
\[MO = OB\] [cùng là bán kính đường tròn]
OD chung
\[ \Rightarrow \Delta MOD = \Delta BOD \Rightarrow \angle MDO = \angle BDO \Rightarrow OD\] là phân giác \[\angle MDB\].
Xét tam giác CDN có:
OD là đường cao [do\[OD \bot CN\]]
OD là phân giác \[\angle MDB\]
Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra \[CD = ND\] [đpcm]\[\] \[\] \[\] \[\] \[\] \[\]
b] Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy ra \[CO = ON\]
Xét tam giác COA và tam giác BON có:
\[CO = ON\] [cmt]
\[OA = OB\] [do cùng là bán kính]
\[\angle COA = \angle BON\] [hai góc đối đỉnh]
\[ \Rightarrow \Delta COA = \Delta BON \Rightarrow \angle CAO = \angle NBO = {90^o}\]
Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn [đpcm].\[\]
c] Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E
Xét tam giác BMD có \[DM = DB\;\;\left[ {cmt} \right] \Rightarrow \angle DMB = \angle DBM\]
Ta có: \[AB \bot AQ,\;\;AB \bot DN \Rightarrow AQ//DN.\]
Mà có \[\angle CQM = \angle MBD\] [so le trong]
Lại có: \[\angle QMC = \angle DMB\] [đối đỉnh]
\[ \Rightarrow \angle CQM = \angle QMC\], suy ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra \[QC = MC\]
Chứng minh tương tự như ở câu a ta có \[AC = MC\] [do tính chất tiếp tuyến]
Suy ra \[QC = AC \Rightarrow QC = \dfrac{1}{2}QA\].
Xét tam giác BQC có ME song song với QC [cùng vuông góc với AB]
\[ \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\] [định lí Ta-lét]
Chứng minh tương tự có \[\dfrac{{MH}}{{AQ}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\]
Suy ra \[\dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{MH}}{{AQ}}\]. Mà có \[QC = \dfrac{1}{2}QA\] suy ra \[ME = \dfrac{1}{2}MH\], suy ra E là trung điểm của MH.
Mà theo đề bài có I là trung điểm của MH, suy ra I trùng với E, suy ra B, C, I thẳng hàng [đpcm].
d] Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \[\left[ O \right]\] tại K [K và M nằm khác phía với đường thẳng AB]. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Gọi P là giao điểm của MK và AB.
Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn \[OH = a\;\;\left[ {0 < a < 1} \right].\]
\[ \Rightarrow MH = \sqrt {O{M^2} – O{H^2}} = \sqrt {1 – {a^2}} \].
Có MH song song với OK [do cùng vuông góc với AB]
\[ \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PO}} = \dfrac{{MH}}{{OK}} = \dfrac{{\sqrt {1 – {a^2}} }}{1} \Rightarrow PH = \sqrt {1 – {a^2}} .OP.\]
Ta có hệ:
\[\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 – {a^2}} \\PH + PO = OH = a\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PO = \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 – {a^2}} }}\\PH + \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 – {a^2}} }} = a\end{array} \right.\\ \Rightarrow PH = \dfrac{{a.\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{a}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}.\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}{S_{MHK}} = {S_{MHP}} + {S_{PKH}} = \dfrac{1}{2}MH.HP + \dfrac{1}{2}OK.HP\\ = \dfrac{1}{2}\left[ {\sqrt {1 – {a^2}} .\dfrac{{a\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}} + 1.\dfrac{{a\sqrt {1 – {a^2}} }}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}} \right]\\ = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 – {a^2}} .\dfrac{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}}{{\sqrt {1 – {a^2}} + 1}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 – {a^2}} .\end{array}\]
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \[a\sqrt {1 – {a^2}} \le \dfrac{{{a^2} + 1 – {a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\]
Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = \sqrt {1 – {a^2}} \Rightarrow a = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \]
\[\Rightarrow \cos \angle MOH = \dfrac{{OH}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \angle MOH = {45^o}\].
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho \[\angle MOH = {45^o}\] là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 5: Cho các số thực dương \[x,\;y,\;z\] thỏa mãn \[x + 2y + 3z \ge 20\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\].
Ta có: \[A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\]\[\, = \dfrac{1}{4}x + \left[ {\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x}} \right] + \dfrac{1}{2}y + \left[ {\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}}} \right] + \dfrac{3}{4}z + \left[ {\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z}} \right]\]
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:
\[\begin{array}{l} + ]\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{3}{4}x.\dfrac{3}{x}} = 3\\ + ]\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{2}y.\dfrac{9}{{2y}}} = 3\\ + ]\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{4}z.\dfrac{4}{z}} = 2\end{array}\]
\[ \Rightarrow A \ge \dfrac{1}{4}\left[ {x + 2y + 3z} \right] + 3 + 3 + 2 = \dfrac{{20}}{4} + 3 + 3 + 2 = 13\].
Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{4}x = \dfrac{3}{x}\\\dfrac{1}{2}y = \dfrac{9}{{2y}}\\\dfrac{1}{4}z = \dfrac{4}{z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 4\end{array} \right.\].