Bước 1. Tìm phương trình tiếp tuyến của \(C\) tại điểm \(M \left(\right. x_{0} ; ln ⁡ x_{0} \left.\right)\)

Hàm số: \(y = ln ⁡ x\)

Ta có:

\(y^{'} = \frac{1}{x}\)

Tại \(x = x_{0} > 0\), hệ số góc tiếp tuyến là:

\(k = y^{'} \left(\right. x_{0} \left.\right) = \frac{1}{x_{0}}\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M \left(\right. x_{0} ; ln ⁡ x_{0} \left.\right)\) là:

\(D : y = ln ⁡ x_{0} + \frac{1}{x_{0}} \left(\right. x - x_{0} \left.\right)\)

Bước 2. So sánh \(ln ⁡ x\) và giá trị trên tiếp tuyến \(D\)

Xét hàm:

\(f \left(\right. x \left.\right) = ln ⁡ x - \left[\right. ln ⁡ x_{0} + \frac{1}{x_{0}} \left(\right. x - x_{0} \left.\right) \left]\right.\)

Ta cần chứng minh:

\(f \left(\right. x \left.\right) \leq 0 \forall x > 0\)

và \(f \left(\right. x \left.\right) = 0\) chỉ khi \(x = x_{0}\).

Bước 3. Xét dấu của \(f^{'} \left(\right. x \left.\right)\)

Tính đạo hàm:

\(f^{'} \left(\right. x \left.\right) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x_{0}}\)

• Khi \(x < x_{0} \Rightarrow \frac{1}{x} > \frac{1}{x_{0}} \Rightarrow f^{'} \left(\right. x \left.\right) > 0\)
• Khi \(x > x_{0} \Rightarrow \frac{1}{x} < \frac{1}{x_{0}} \Rightarrow f^{'} \left(\right. x \left.\right) < 0\)

→ \(f \left(\right. x \left.\right)\) tăng trên \(\left(\right. 0 , x_{0} \left.\right)\) và giảm trên \(\left(\right. x_{0} , + \infty \left.\right)\)

Vì \(f^{'} \left(\right. x \left.\right)\) đổi dấu từ dương sang âm tại \(x_{0}\), nên \(x_{0}\) là điểm cực đại của \(f \left(\right. x \left.\right)\).

Bước 4. Tính giá trị tại cực đại

\(f \left(\right. x_{0} \left.\right) = ln ⁡ x_{0} - \left[\right. ln ⁡ x_{0} + \frac{1}{x_{0}} \left(\right. x_{0} - x_{0} \left.\right) \left]\right. = 0\)

Vì \(f \left(\right. x \left.\right)\) đạt cực đại bằng 0 tại \(x_{0}\), nên:

\(f \left(\right. x \left.\right) \leq 0 \forall x > 0\)

✅ Kết luận:

\(ln ⁡ x \leq ln ⁡ x_{0} + \frac{1}{x_{0}} \left(\right. x - x_{0} \left.\right)\)

với dấu “=” chỉ xảy ra khi \(x = x_{0}\).

Điều đó có nghĩa là:

Đồ thị \(C : y = ln ⁡ x\) luôn nằm dưới mọi tiếp tuyến \(D\) của nó trên khoảng \(\left(\right. 0 ; + \infty \left.\right)\).

10cm A H B O

Giả sử căt hình đó thành 1 mặt phẳng đi qua trục của nón ta được thiết diện như hình vẽ. Trong đó tam giác ABC là tam giác đều và là thiết diện của khối nón. Hình tròn tâm I là thiết diện của quả bóng.

Ta nhận thấy tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I

Hình nón có chiều cao là \(OH=3IH=30\) (cm)

Bán kính đáy nón là \(HA=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Thể tích khối nón là \(V_1=\frac{1}{3}OH.\pi.AH^2=\frac{1}{3}.30\pi.300=3000\pi\left(cm^3\right)\)

Thể tích phần không gian bên trong khối nón không bị quả bóng chiếm chỗ là :

\(V_2=\frac{1}{3}OH.\pi.AH^2-\frac{1}{4}\pi.IH^2=3000\pi-\frac{4000}{3}\pi=\frac{5000}{3}\pi\left(cm^3\right)\)

C K O E H F B A D

Trên \(\Delta\) lấy điểm D sao cho à D, A nằm khác phía nhau so với B. Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; Gọi F là giao điểm của các đường thẳng KB và OD

Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của tam giác OAB nên KE là phân giác của góc OAC. Mà OAC là tam giác cân tại A ( do OA = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trục của OC. Do đó, E là trung điểm của OC và KC=KO

Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD=KO

Suy ra tam giác CKD cân tại K. Do đó, hạ KH vuông góc với  \(\Delta\) , ta có H là trung điểm của CD. Như vậy :

+ A là giao của  \(\Delta\)  và đường trung trực \(d_1\) của đoạn OC (1)

+ B là giao của  \(\Delta\)  và đường trung trực \(d_2\) của đoạn OD, với D là điểm đối xứng của C qua H là hình chiếu vuông góc của K trên  \(\Delta\)  (2)

Vì \(C\in\Delta\) và có hoành độ \(x_0=\frac{24}{5}\) nên gọi \(y_0\) là tung độ của C, ta có :

\(2.\frac{24}{5}+3y_0-12=0\) suy ra \(y_0=-\frac{12}{5}\)

Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là \(\left(\frac{12}{5};-\frac{6}{5}\right)\) và đường thẳng OC có phương trình \(x+2y=0\)

Suy ra phương trình của \(d_1\) là \(2x-y-6=0\)

Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\2x-y-6=0\end{cases}\)

Giải hệ ta có \(A=\left(3;0\right)\)

Để tìm tọa độ đỉnh B ta làm như sau :

Gọi d là đường thẳng đi qua K(6;6) và vuông góc với \(\Delta\).

Ta có phương trình của d là : \(3x-4y+6=0\). Từ đây, do H là giao điểm của  \(\Delta\). và d nên tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\3x-4y+6=0\end{cases}\)

Giải hệ trên, ta được \(H=\left(\frac{6}{5};\frac{12}{5}\right)\) suy ta \(D=\left(-\frac{12}{5};\frac{26}{5}\right)\)

Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là \(\left(-\frac{6}{5};\frac{18}{5}\right)\) và đường thẳng OD có phương trình \(3x+y=0\)

Suy ra phương trình của \(d_2\) là \(x-3y+12=0\)

Do đó, theo (2), tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}4x+3y-12=0\\x-3y+12=0\end{cases}\)

Giải hệ trên ta được B=(0;4)

D A B C N M I G H

\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)

\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD

Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)

\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)

Tiếp.........

Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M

HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)

Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)

Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)

Xét tam giác \(PBC\)và tam giác \(PAB\)có: 

\(\frac{PB}{PA}=\frac{BC}{AB}=\frac{PC}{PB}=\sqrt{2}\)

suy ra \(\Delta PBC~\Delta PAB\left(c.c.c\right)\)

suy ra \(\widehat{PBC}=\widehat{PAB}\).

\(\widehat{APB}=180^o-\widehat{PAB}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{PBC}-\widehat{PBA}=180^o-\widehat{ABC}\)

\(=180^o-45^o-135^o\)