Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm.
b) Giải phương trình khi \(m = 2.\)
c) Tìm \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = - 3.\)
Cho phương trình \({x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0\) (\(m\) là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm.
b) Giải phương trình khi \(m = 2.\)
c) Tìm \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = - 3.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Phương trình \({x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} + 2{m^2} + 1 = 3{m^2} + 1 > 0\) với mọi \(m\).
Do đó, phương trình luôn có nghiệm.
b) Với \(m = 2,\) ta có: \({x^2} - 4x - 9 = 0\).
Ta có biệt thức \(\Delta ' = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( { - 9} \right) = 13 > 0\).
Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Đó là \({x_1} = 2 - \sqrt {13} \) và \({x_2} = 2 + \sqrt {13} \).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(\left\{ {2 - \sqrt {13} ;2 + \sqrt {13} } \right\}\).
c) Xét phương trình \({x^2} - 2mx - 2{m^2} - 1 = 0\) có:
\(\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - 1 \cdot \left( { - 2{m^2} - 1} \right) = {m^2} + 2{m^2} + 1 = 3{m^2} + 1.\)
Với mọi \(m \in \mathbb{R}\) ta thấy \(3{m^2} + 1 > 0\) nên \(\Delta ' > 0.\)
Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với mọi giá trị của \(m.\)
Theo định lí Viète, ta có: \({x_1} + {x_2} = 2m;\,\,{x_1}{x_x} = - 2{m^2} - 1.\)
Ta có: \(\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} = - 3\)
\(\frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3\)
\(\frac{{x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3\)
\(\frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = - 3\)
\(\frac{{{{\left( {2m} \right)}^2} - 2\left( { - 2{m^2} - 1} \right)}}{{ - 2{m^2} - 1}} = - 3\)
\(4{m^2} + 4{m^2} + 2 = 6{m^2} + 3\)
\(2{m^2} = 1\)
\({m^2} = \frac{1}{2}\)
\(m = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) (thỏa mãn) hoặc \(m = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) (thỏa mãn).
Vậy \(m \in \left\{ {\frac{{\sqrt 2 }}{2};\,\, - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right\}.\)
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
|
a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AC\) là đường kính nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) có \(AF\) là đường kính nên \(\widehat {ABF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó \(\widehat {CBF} = \widehat {ABC} + \widehat {ABF} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .\) Suy ra ba điểm \(C,\,\,B,\,\,F\) thẳng hàng. Chứng minh tương tự như trên, ta có \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) |
 |
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) và \(\widehat {AEF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( {O'} \right)).\)
Do đó \(\widehat {CDF} = \widehat {CEF} = 90^\circ \) nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông \(CDF,\,\,CEF\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(CF\) hay các điểm \(C,\,\,D,\,\,E,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(CF.\)
Vậy tứ giác \(CDEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CF.\)
b) Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD)\)
Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O'} \right)\) nên \(\widehat {ABE} = \widehat {AFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\)
Tứ giác \(CDEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CF\) nên \(\widehat {DCE} = \widehat {DFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE)\) hay \(\widehat {ACD} = \widehat {AFE}\).
Từ đó suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {ABE}\) hay \(BA\) là tia phân giác của góc \(DBE.\)
Chứng minh tương tự, ta có \(\widehat {CED} = \widehat {BEC}\left( { = \widehat {CFD}} \right)\) hay \(EC\) là tia phân giác của góc \(BED.\)
Xét tam giác \(BDE\) có \(BA\) và \(EC\) là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại \(A\) nên \(A\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BDE.\)
Lời giải
a) Thay \(x = 2,y = 1\)vào hàm số \(\left( P \right):y = m{x^2}\), ta được: \(4m = 1\) nên \(m = \frac{1}{4}.\)
Vậy \(\left( P \right):y = \frac{1}{4}{x^2}\) thì đi qua điểm \(A\left( {2;1} \right)\).
b) Với \(m = - \frac{1}{2}\), ta có: \(\left( P \right):y = - \frac{1}{2}{x^2}\).
Lập bảng giá trị, ta có:
|
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
|
\(y = - \frac{1}{2}{x^2}\) |
\( - 2\) |
\( - \frac{1}{2}\) |
\(0\) |
\( - \frac{1}{2}\) |
\( - 2\) |
Ta có đồ thị hàm số sau:
c) Có \(y = - \frac{1}{2}{x^2}\), thay \(y = - 8\) vào hàm số ta có: \( - \frac{1}{2}{x^2} = - 8\) nên \({x^2} = 16\).
Do \(x = 4\) hoặc \(x = - 4\).
Vậy với \(m = - \frac{1}{2}\), điểm có tọa độ \(\left( {4; - 8} \right);\left( { - 4; - 8} \right)\).
d) Gọi \(I\left( {{x_0}; - \frac{1}{2}x_0^2} \right)\) là điểm có tổng hoành độ và tung độ bằng \(0.\)
Ta có: \( - \frac{1}{2}x_0^2 + {x_0} = 0\) hay \({x_0}\left( { - \frac{1}{2}{x_0} + 1} \right) = 0\), suy ra \({x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 2\).
Với \({x_0} = 0\) thì \({y_0} = - \frac{1}{2}\).
Với \({x_0} = 2\) thì \({y_0} = - 2.\)
Vậy điểm thỏa mãn có \(\left( {0;0} \right),\left( {2; - 2} \right)\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo