Câu hỏi:

01/07/2025 21 Lưu

     1. Xét các phương trình sau:

\({x^2} - \sqrt {5x}  + 1 = 0;\)                             \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0;\) \( - 5{x^2} - 4y + 1 = 0;\)             \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0.\)

     a) Trong các phương trình trên, chỉ ra phương trình bậc hai một ẩn và xác định hệ số \(a,b,c\).

     b) Giải các phương trình tìm được ở phần a).

2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

     Người ta trộn \(8\) g chất lỏng I với \(6\) g chất lỏng II có khối lượng riêng nhỏ hơn \(0,2\) g/cm3 để được một hỗn hợp có khối lượng riêng là \(0,7\) g/cm3 (quá trình trộn lẫn không xảy ra phản ứng hóa học). Tìm khối lượng riêng của mỗi chất lỏng.

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

     1. a) Xét các phương trình trên, ta có phương trình bậc hai một ẩn là: \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0;\)

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

     • Với phương trình \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0\) có \(a =  - 1,b =  - \frac{3}{2},c =  - \frac{1}{2}.\)

     • Với phương trình \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) có \(a =  - 3,b =  - 4\sqrt 6 ,c =  - 4.\)

     b) Giải phương trình:

     • Ta có: \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0\) hay \( - 2{x^2} - 3x - 1 = 0\) có \(a - b + c =  - 2 - \left( { - 3} \right) + \left( { - 1} \right) = 0\).

Do đó, phương trình có hai nghiệm là \(x =  - 1\) và \(x =  - \frac{1}{2}\).

Vậy nghiệm của phương trình \( - {x^2} - \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} = 0\) là \(\left\{ { - 1; - \frac{1}{2}} \right\}\).

     • Ta có: \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) hay \( - {\left( {\sqrt 3 x - 2} \right)^2} = 0\) suy ra \(\sqrt 3 x - 2 = 0\) nên \(x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy phương trình \( - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x - 4 = 0\) có nghiệm là \(\left\{ {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right\}.\)

2. Gọi \(x\) (g/cm3) là khối lượng riêng của chất lỏng I \(\left( {x > 0,2} \right).\)

Khi đó, khối lượng riêng của chất lỏng II là \(x - 0,2\) (g/cm3).

Thể tích của chất lỏng I là: \(\frac{8}{x}\) (cm3).

Thể tích của chất lỏng II là: \(\frac{6}{{x - 0,2}}\) (cm3).

Khối lượng hỗn hợp sau khi trộn là: \(8 + 6 = 14\) (g).

Thể tích của hỗn hợp sau khi trộn là: \(\frac{{14}}{{0,7}} = 20\) (cm3).

Ta có phương trình: \(\frac{8}{x} + \frac{6}{{x - 0,2}} = 20\).

Giải phương trình:

\(\frac{8}{x} + \frac{6}{{x - 0,2}} = 20\)

\(\frac{{8\left( {x - 0,2} \right)}}{{x\left( {x - 0,2} \right)}} + \frac{{6x}}{{x\left( {x - 0,2} \right)}} = \frac{{20x\left( {x - 0,2} \right)}}{{x\left( {x - 0,2} \right)}}\)

\(8\left( {x - 0,2} \right) + 6x = 20x\left( {x - 0,2} \right)\)

\(8x - 1,6 + 6x = 20{x^2} - 4x\)

\(20{x^2} - 18x + 1,6 = 0\)

\(50{x^2} - 45x + 4 = 0\)

Phương trình có \(\Delta  = {\left( { - 45} \right)^2} - 4 \cdot 50 \cdot 4 = 1\,\,225 > 0\) và \(\sqrt \Delta   = 35.\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\({x_1} = \frac{{45 + 35}}{{2 \cdot 50}} = 0,8\) (thỏa mãn); \({x_2} = \frac{{45 - 35}}{{2 \cdot 50}} = 0,1\) (không thỏa mãn).

Vậy khối lượng riêng của chất lỏng I là \(0,8\) g/cm3; khối lượng riêng của chất lỏng I là \(0,8 - 0,2 = 0,6\) (g/cm3).

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right).\) Từ điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \[\left( {O;R} \right),\] kẻ các tiếp tuyến \[MA\] và \[MB\] với đường tròn đó \[(A,{\rm{ }}B\] là các tiếp điểm) sao cho \(MA = R\sqrt 3 .\) a) Chứng minh rằng tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn và tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(MAB.\) b) Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \[M\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \(P\) nằm giữa \(M\) và \(Q.\) Xác định vị trí của đường thẳng \[d\] sao cho \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 1)

     a) Ta có \[MA,{\rm{ }}MB\] là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \[A\]\[B\] nên \[MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.\]

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[A,\] theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}\)

Suy ra \[OM = 2R.\]

Gọi \[I\] là giao điểm của \[\left( O \right)\] với tia \[OM,\] ta có \[OI = R\] nên \[IM = OM--OI = 2R--R = R.\]

Do đó, \[IM = IO = R\] nên \[I\] là trung điểm của \[OM.\]

Do \[\Delta OAM\] vuông tại \[A\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAM.\)

Do \[\Delta OBM\] vuông tại \[B\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta OBM.\]

Do đó bốn điểm \[A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O\] cùng nằm trên đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Vậy tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \[A,\] ta có: \(\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {AMO} = 30^\circ .\)

Do \[MA,{\rm{ }}MB\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[M\] nên \[MA = MB\]\[MO\] là tia phân giác của góc \[AMB,\] suy ra \(\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\)

Vì vậy tam giác \[AMB\] là tam giác đều có \(MA = MB = AB = R\sqrt 3 \) (1)

Theo chứng minh trên, ta có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMB.\] Tam giác đều \(MAB\)\(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều \[MAB\] cạnh \(R\sqrt 3 \) có tâm là \[I\] và bán kính là \(\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.\)

     b) Ta có \(\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {MBP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.\) (3)

Do \(\Delta OBP\) cân tại \[O\] ( \[OB = OP)\] nên ta có:

\(\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] \(\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BP\] nên \(\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Do đó \(\widehat {PBO} = 90^\circ - \widehat {BQP}.\) Hay \(\widehat {BQP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.\)

Xét \(\Delta MPB\) \(\Delta MBQ\) có:

\(\widehat {BMQ}\) là góc chung, \(\widehat {MBP} = \widehat {MQB}\)

Do đó ΔMPBΔMBQ  (g.g).

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}\) hay \[MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.\]

Lại có \[{\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0\] hay \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP\]

Suy ra \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}\]

Do đó \(MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3 \) (dấu “=” xảy ra khi \[MQ = MP).\]

Vậy \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2R\sqrt 3 ,\) khi đó \[MQ = MP\] hay đường thẳng \[d\] đi qua \[M\]\[A\] hoặc \[d\] đi qua \[M\]\[B.\]

Lời giải

     a) Với \(m = \frac{1}{2}\), ta có: \({x^2} - \left( {2.\frac{1}{2} - 1} \right)x + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 7 = 0\) suy ra \({x^2} - \frac{{27}}{4} = 0\) hay \({x^2} = \frac{{27}}{4}\).

Do đó, \(x = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\) hoặc \(x = \frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy với \(m = \frac{1}{2}\) thì phương trình có nghiệm là \(\left\{ {\frac{{3\sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 3\sqrt 3 }}{2}} \right\}\).

     b) Xét phương trình \({x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\) có :

     \(\Delta  = {\left[ { - \left( {2m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {{m^2} - 7} \right) =  - 4m + 29\).

Để phương trình có nghiệm kép thì \(\Delta  = 0\) hay \( - 4m + 29 = 0\), do đó \(m = \frac{{29}}{4}\).

Vậy phương trình có nghiệm kép khi \(m = \frac{{29}}{4}\).

     c) Xét phương trình \({x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 7 = 0\) \(\left( * \right)\)

Ta có: \(\Delta  = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {{m^2} - 7} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 4{m^2} + 28 =  - 4m + 29\).

Để phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta  > 0,\) tức là \( - 4m + 29 > 0\) hay \(m < \frac{{29}}{4}.\)

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Theo bài, \(4{x_1}^2 - {x_1} - 3x_2^2 + {x_2} = {x_1}{x_2}\)

\(4{x_1}^2 - 4x_2^2 - {x_1} + x_2^2 + {x_2} - {x_1}{x_2} = 0\)

\[4\left( {{x_1}^2 - x_2^2} \right) + {x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) + {x_2} - {x_1} = 0\]

\(4\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \left( {{x_2} - {x_1}} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) = 0\)

\(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 4{x_2} - {x_2} - 1} \right) = 0\)

\(\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {4{x_1} + 3{x_2} - 1} \right) = 0\)

Xét trường hợp 1: \({x_1} - {x_2} = 0\) suy ra \({x_1} = {x_2}\) (loại do \({x_1} \ne {x_2}).\)

Xét trường hợp 2: \(4{x_1} + 3{x_2} - 1 = 0\) suy ra \({x_1} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 1 = 0\) \(\left( {**} \right)\)

Thay \({x_1} + {x_2} = 2m - 1\) vào \(\left( {**} \right)\) ta có: \({x_1} + 3\left( {2m - 1} \right) - 1 = 0\) hay \({x_1} =  - 6m + 4\).

Thay \({x_1} =  - 6m + 4\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được \( - 6m + 4 + {x_2} = 2m - 1\), suy ra \({x_2} = 8m - 5.\)

Thay \({x_1} =  - 6m + 4\) và \({x_2} = 8m - 5\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được:

\(\left( { - 6m + 4} \right)\left( {8m - 5} \right) = {m^2} - 7\)

\( - 48{m^2} + 30m + 32m - 20 = {m^2} - 7\)

\( - 49{m^2} + 62m - 13 = 0\)

\(m = 1\) (thỏa mãn); \(m = \frac{{13}}{{49}}\) (thỏa mãn).

 Vậy với \(m = \left\{ {1;\,\,\frac{{13}}{{49}}} \right\}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.