Cho phương trình \({x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\) với \(m\) là tham số.

     a) Giải phương trình khi \(m = \frac{1}{2}\).

     b) Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình có nghiệm kép.

     c) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}.\)

     1. a) Trong các phương trình trên, phương trình bậc hai một ẩn là: \( - {x^2} - 7x - 6 = 0;\)\({x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0\).

     • Với phương trình \( - {x^2} - 7x - 6 = 0,\) ta có \(a =  - 1,b =  - 7,c =  - 6\).

     • Với phương trình \({x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0\), ta có \(a = 1,b = 2\sqrt 2 ,c = 2\).

     b) • Giải phương trình \( - {x^2} - 7x - 6 = 0,\) ta thấy \(a - b + c = 1 - \left( { - 7} \right) + 6 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm \(x =  - 1\) và \(x =  - 6\).

Vậy phương trình có nghiệm là \(\left\{ { - 1; - 6} \right\}\).

     • Giải phương trình \({x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0\), ta được: \({x^2} - 2\sqrt 2 x + 2 = 0\) hay \({\left( {x - \sqrt 2 } \right)^2} = 0\)

Suy ra \(x - \sqrt 2  = 0\) nên \(x = \sqrt 2 \).

Vậy phương trình có nghiệm là \(\left\{ {\sqrt 2 } \right\}\).

     2. Gọi khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là \(x\) (g/cm3) \(\left( {x > 1} \right).\)

Khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là \(x - 1\) (g/cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ nhất là: \(\frac{{880}}{x}\) (cm3).

Thể tích của miếng kim loại thứ hai là: \(\frac{{858}}{{x - 1}}\) (cm3).

Theo đề bài, thể tích của miếng thứ nhất nhỏ hơn thể tích của miếng thứ hai là 10 cm3 nên ta có phương trình: \(\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10.\)

Giải phương trình:

\(\frac{{858}}{{x - 1}} - \frac{{880}}{x} = 10\)

\(\frac{{858x}}{{x\left( {x - 1} \right)}} - \frac{{880\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}} = \frac{{10x\left( {x - 1} \right)}}{{x\left( {x - 1} \right)}}\)

\(858x - 880\left( {x - 1} \right) = 10x\left( {x - 1} \right)\)

\(858x - 880x + 880 = 10{x^2} - 10x\)

\(10{x^2} + 12x - 880 = 0\)

\(5{x^2} + 6x - 440 = 0\)

Giải phương trình trên ta được: \({x_1} =  - 10;\,\,{x_2} = 8,8.\)

Ta thấy chỉ có giá trị \({x_2} = 8,8\) thỏa mãn điều kiện.

Vậy khối lượng riêng của miếng kim loại thứ nhất là \(8,8\) g/cm3; khối lượng riêng của miếng kim loại thứ hai là \(8,8 - 1 = 7,8\) (g/cm3).

1. Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Oy.\] Ta có \(A\left( {2;\,\,3} \right)\) nên \(AH = \left| 2 \right| = 2\) và \[OH = \left| 3 \right| = 3.\]

Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có:

\[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]

Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{3^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} .\)

Ta cũng có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.\)

Giả sử phép quay \(90^\circ \) ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ biến điểm \(A\) (ở góc phần tư thứ I) thành điểm \(B\). Khi đó, điểm \(B\) nằm ở góc phần tư thứ II và \(OB = OA = \sqrt {13} ,\,\,\widehat {AOB} = 90^\circ .\)

Ta có \(\widehat {AOB} = \widehat {AOH} + \widehat {BOH} = 90^\circ \) nên \(\cos \widehat {BOH} = \sin \widehat {AOH} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.\)

Xét \(\Delta OBK\) vuông tại \(K\) (gọi \(K\) là hình chiếu của điểm \(B\) trên \(Oy)\) ta có:

\(OK = OB \cdot \cos \widehat {BOH} = \sqrt {13}  \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} = 2.\)

Từ đó, ta có tung độ của điểm \(B\) là \(2\) (do \(B\) nằm ở góc phần tư thứ II).

Tương tự, ta tìm được hoành độ của điểm \(B\) là \( - 3.\)\(\)

Như vậy, phép quay ngược chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \(A\left( {2;\,\,3} \right)\) thành điểm \[B\left( {--3;{\rm{ }}2} \right).\]

     2.

a) Vì \(F,\,\,E\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left( I \right)\) nội tiếp tam giác \(ABC\), do đó \[IF \bot AB,\,\,IE \bot AC.\]

Do đó \(\widehat {IFA} = \widehat {IEA} = 90^\circ \), nên hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là hai tam giác vuông có cùng cạnh huyền \(AI\)

Do đó đường tròn ngoại tiếp hai tam giác \(AIF,\,\,AIE\) là đường tròn đường kính \(AI\) hay bốn điểm \(A,\,\,E,\,\,I,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AI.\)

Vậy tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp.

b) Đường tròn tâm \(I\) nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI,\,\,BI,\,\,CI\) là các đường phân giác của tam giác.

Do đó \(\widehat {IAF} = \frac{1}{2}\widehat {BAC};\,\,\widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC};\,\,\widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB}\).

Ta có: \(\widehat {AIF} = 90^\circ  - \widehat {IAF} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BAC}\). (1)

\[\widehat {IBC} + \widehat {ICB} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right) = \frac{1}{2}\left( {180^\circ  - \widehat {BAC}} \right) = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\] (2)

Xét \(\Delta IBC\) có \(\widehat {KIC}\) là góc ngoài tại đỉnh \(I\) nên \(\widehat {KIC} = \widehat {IBC} + \widehat {ICB}.\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AIF} = \widehat {KIC}.\) (4)

c) Tứ giác \(AEIF\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {AEF} = \widehat {AIF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF).\) (5)

Chứng minh tương tự câu 1, ta có tứ giác \(IEKC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(IC.\)

Do đó \(\widehat {KEC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC).\) (6)

Từ (4), (5), (6) ta có \(\widehat {AEF} = \widehat {KEC}\).

Mà \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) nên \(\widehat {KEC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) hay ba điểm \(F,\,\,E,\,\,K\) thẳng hàng.