Đề thi giữa kì 2 Toán 10 Chân trời sáng tạo – Đề 9 (có đáp án)

Giả sử $$A\left(a;0\right),B\left(0;b\right)$$

Vì $$OA=OB$$ nên $$\left|a\right|=\left|b\right|\iff a=\pm b$$

Phương trình $$AB:\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$$

Vì $$M\left(-2;-4\right)\in AB$$ nên $$-\frac{2}{a}-\frac{4}{b}=1\left(\ast \right)$$

Nếu $$a=b$$ thì $$\left(\ast \right)\iff -\frac{6}{a}=1\Rightarrow a=b=-6$$

Vậy phương trình $$AB:\frac{x}{-6}+\frac{y}{-6}=1\iff x+y+6=0$$

Nếu $$a=-b$$ thì $$\left(\ast \right)\iff -\frac{2}{a}+\frac{4}{a}=1\Rightarrow \frac{2}{a}=1\Rightarrow a=2\Rightarrow b=-2$$

Vậy phương trình $$AB:\frac{x}{2}-\frac{y}{2}=1\iff x-y-2=0$$.

Từ cách xác định toạ độ của chất điểm $M$ ta có

$\{\begin{array}{c}{x}_M=3+5\sin t^{\circ }\\ y_M=4+5\cos t^{\circ }\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{x}_M-3=5\sin t^{\circ }\\ y_M-4=5\cos t^{\circ }\end{array}$

$\iff {\left(x_M-3\right)}^2+{\left(y_M-4\right)}^2={\left(5\sin t^{\circ }\right)}^2+{\left(5\cos t^{\circ }\right)}^2$

$\iff {\left(x_M-3\right)}^2+{\left(y_M-4\right)}^2=25{\left(\sin t^{\circ }\right)}^2+25{\left(\cos t^{\circ }\right)}^2$

$\iff {\left(x_M-3\right)}^2+{\left(y_M-4\right)}^2=25\left({\sin }^2{t}^{\circ }+{\cos }^2{t}^{\circ }\right)$

$\iff {\left(x_M-3\right)}^2+{\left(y_M-4\right)}^2=25.1$

$\iff {\left(x_M-3\right)}^2+{\left(y_M-4\right)}^2=5^2$

Vậy chất điểm $M$ luôn thuộc đường tròn $\left(C\right)$ có tâm $I\left(3;4\right)$ và có bán kính $R=5$. Mặt khác gốc toạ độ $O\left(0;0\right)$ cũng thuộc đường tròn $\left(C\right)$.

Do đó ta có: $OM\le 2R=10$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $OM$ là đường kính của đường tròn $\left(C\right)$, nghĩa là $I$ là trung điểm của $OM$, điều đó tương đương với

$\{\begin{array}{c}{x}_M=2x_I-x_O=6\\ y_M=2y_I-y_O=8\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3+5\sin t^{\circ }=6\\ 4+5\cos t^{\circ }=8\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}\sin t^{\circ }=\frac{3}{5}\\ \cos t^{\circ }=\frac{4}{5}\end{array}\iff t\approx 37$  (thỏa mãn $t\in \left(0;180\right)$).

Vậy $M\left(6;8\right)$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

* Nếu trong ba số $$x,y,z$$ có một số bằng 0, chẳng hạn $x=0$$\Rightarrow b^{2}y=-c^{2}z$.

$\Rightarrow xy+yz+zx=yz=-\frac{c^2}{b^2}{z}^2\le 0$.

* Nếu $x,y,z\ne 0$. Do $a^{2}x+b^{2}y+c^{2}z=0$$\Rightarrow x=-\frac{b^{2}y+c^{2}z}{a^2}$

$\Rightarrow xy+yz+zx\le 0$ $\iff -\left(y+z\right)\frac{b^{2}y+c^{2}z}{a^2}+yz\le 0$

$\iff b^2{y}^2+\left(b^2+c^2-a^2\right)yz+c^2{z}^2\ge 0$.

Xét tam thức bậc hai $f\left(y\right)=b^2{y}^2+\left(b^2+c^2-a^2\right)yz+c^2{z}^2$ (do $b$ là độ dài cạnh tam giác nên $b\ne 0$) có ${\Delta }_y=\left[{\left(b^2+c^2-a^2\right)}^2-4b^2{c}^2\right]z^2$.

Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có: $\{\begin{array}{l}\left|b-c\right|<a\\ b+c>a\end{array}\Rightarrow -2bc<b^2+c^2-a^2<2bc$.

Do đó, ${\left(b^2+c^2-a^2\right)}^2<4c^2{b}^2$$\Rightarrow {\Delta }_y\le 0,\forall z\Rightarrow f\left(y\right)\ge 0\forall y,z$.