badboykmhd123456

bài 1( vẽ hình ra để nhìn nhé)

- Đường thẳng $\Delta$ qua $O$ có phương trình : $ y= ax (a\neq 0)$

- Đường tròn tâm $I(-1;1)$ bán kính $ R=3$

- $\Delta$ cắt $(C)$ tại 2 điểm $A,B\Rightarrow IA=IB=R=3$

- Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. Do $IA=IB\Rightarrow \Delta ABC $ cân ở $I$ nên $H$ là trung điểm $AB$

  Từ đó có $AH=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{14}}{2}$

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác $IAH$ tính được $IH=\frac{\sqrt{22}}{2}$

- Mặt khác $IH= d(I,\Delta)=\frac{\left | a.(-1)-1 \right |}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{\sqrt{22}}{2}$

- Từ đó tìm ra $a$ và tìm được phương trình $\Delta$

bài 2( vẽ hình nhé)

- Đường tròn $(C)$ tâm $I(1;-2)$ bán kính $R=\sqrt{10}$

- Tương tự bài trên ta có $ IM=IN$ . Thêm nữa do tam giác $AMN$ vuông cân $A$ nên $AM=AN$. Từ đây suy ra $AI$ là đường trung trực của $MN$ suy ra $MN$ vuông góc $AI$, đường thằng $MN$ nhận vecto $AI=(0;-2)$ làm vecto pháp tuyến

- Trong tam giác $AIM$ có $MAI=45$, $AI=2$, $MI=R=\sqrt{1}$ nên áp dụng định lí cos trong tam giác $MIA$ ta có 

$MI^2=IA^2+AM^2-2.IA.AM.cos45\Rightarrow AM=3\sqrt{2}$

- Gọi $H$ là giao điểm của $AI$ và $MN$. Do tam giác $AMH$ vuông cân ở $H$ nên $AH=\frac{AM}{\sqrt{2}}=3$ 

- $ MN$ có vecto pháp tuyến $n=(0;-2)$ và cách $A$ một khoảng là $3$ nên ta lập được phương trình $MN$

Bài 1

a) Đường tròn $(C)$ tâm $I(-1;-2)$ bán kính $R=4$

Giả sử tiếp tuyến có vecto pháp tuyến $n=(a;b)$ ( $a^2+b^2 >0 $)

suy ra phương trình tiếp tuyến qua $A(6;2)$ có vecto pháp tuyến như trên là $ a(x-6)+b(y-2)=0\Leftrightarrow ax+by-6a-2b=0 (d) (1)$

$ d $ là tiếp tuyến của $ (C) $ nên $d(d,I)=R\Leftrightarrow \frac{\left | -a-2b-6a-2b \right |}{\sqrt{a^2+b^2}}=4$

$\Leftrightarrow (7a+4b)^2=16(a^2+b^2)$

$\Leftrightarrow a=0 $ hoặc $33a=-56b$

Khi $a=0$ thì $b\neq 0$ thay vào (1) được $b(y-2)=0\Leftrightarrow y=2 $ 

Khi $ 33a=-56b$ ta chọn $ a=56 $ thì $b=-33$. Suy ra $56x-33y-270=0$

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là $ y=2 $ và $ 56x-33y-270=0$

b) Do tam giác $ MAB$ đều lên $ BAM=60$ suy ra $ MIA=60$. Xét tam giác vuông $ IAM$ có IA=R=4$ nên 

$MI=\frac{IA}{cos MIA}=\frac{4}{cos 60}=8$ 

Do $M $ thuộc $2x-y+1=0$ nên $M (a;2a+1)$. Mà $MI=8$ và $I(-1;-2)$ nên ta có $ \sqrt{(a+1)^2+(2a+1+2)^2}=8$

$\Leftrightarrow a=\frac{-7+\sqrt{319}}{5}$ hoặc $ a= \frac{-7-\sqrt{319}}{5}$

Suy ra có 2 điểm là $M(\frac{-7+\sqrt{319}}{5};\frac{-9+2\sqrt{319}}{5})$ hoặc $M(\frac{-7-\sqrt{319}}{5};\frac{-9-2\sqrt{319}}{5})$

b) $ sinx-2sin3x+sin5x $

$=2sin3x.cos2x-2sin3x$

$=2sin3x(cos2x-1)$

$=2sin3x.(-2sin^2(x))$

$=-4sin^2(x)sin3x$

$=4sin^2(x)(cos3x+\frac{\Pi }{2})$

$=4sin^2(x).(cos3x+\frac{5\Pi}{2})$

c)$tan(\frac{\Pi}{4}-x)+tan2x=\frac{1-tanx}{1+tanx}+\frac{2tanx}{1-tan^2(x)}$

$=\frac{(1-tanx)^2+2tanx}{1-tan^2(x)}$

$=\frac{1+tan^2x}{1-tan^2x}$

$=\frac{1}{cos2x}$

d)$\frac{1}{tan3x+tanx}-\frac{1}{cot3x+cotx}$

$=\frac{1}{\frac{sin3x}{cos3x}+\frac{sinx}{cosx}}-\frac{1}{\frac{cos3x}{sin3x}+\frac{cosx}{sinx}}$

$=\frac{cos3xcosx}{sin3xcosx+sinxcos3x}-\frac{sin3xsinx}{cos3xsinx+cosxsin3x}$

$=\frac{cos3xcosx-sin3xsinx}{sin4x}$

$=\frac{cos4x}{sin4x}=cot4x$

$5\sqrt{2-x}-x\sqrt{2-x}= (2-x)\sqrt{2-x}+3\sqrt{2-x}=\sqrt{(2-x)^3}+3\sqrt{2-x}$

$\left\{\begin{matrix} 3y\sqrt{2+x}+8\sqrt{2+x}+10y-3xy+12=0(1) & \\ 5y^3\sqrt{2-x}-8=6y^2+xy^3\sqrt{2-x}(2)& \end{matrix}\right.$

Ta thấy $y=0$ không thỏa mãn hệ. Với $ y\neq 0$ ta có 

$(2)\Leftrightarrow 5\sqrt{2-x}-x\sqrt{2-x}=\frac{6}{y}+\frac{8}{y^3}$

$\Leftrightarrow f(\sqrt{2-x})=f(\frac{2}{y})$ với  $f(t)= t^3+3t$

Dễ có $ f(t) $ đồng biến nên $\sqrt{2-x}=\frac{2}{y}$. thay vào pt (1) ta, quy đồng ta được pt sau 

$ 3\sqrt{2+x}+4\sqrt{4-x^2}+3x-10-6\sqrt{2-x}=0(3)$

Đặt $\sqrt{2+x}-2\sqrt{2-x}=t$ 

$\Rightarrow t^2= 10-3x-4\sqrt{4-x^2}$

(3) thành $2t-t^2=0$. 

Bài toàn coi như xong.