Cho phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0\) (\(x\)là ẩn, \(m\)là tham số) \[\left( 1 \right)\]
1) Với \(m = 1\), giải phương trình \[\left( 1 \right)\].
2) Tìm \(m\)để phương trình có hai nghiệm \({x_1};{x_2}\) sao cho \[{x_1} = 2{x_2}\].
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Giải phương trình tìm được \({x_1} = 1 + \sqrt 2 \) và \({x_2} = 1 - \sqrt 2 \).
Phương trình \({x^2} - 2mx + {m^2} - 2 = 0\)\(\left( {a = 1;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} b = - 2m{\kern 1pt} ;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} c = {m^2} - 2} \right)\)
Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 2 = 2 > 0\)
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m\).
Áp dụng định lí Vietè, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)
Theo đề bài, có: \[{x_1} = 2{x_2}\]. Thay vào \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)ta được:
\(\left\{ \begin{array}{l}2{x_2} + {x_2} = 2m\\2{x_2}{x_2} = {m^2} - 2\end{array} \right.\)
Hay \(\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = \frac{{2m}}{3}\\2.{\left( {\frac{{2m}}{3}} \right)^2} = {m^2} - 2{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (*)\end{array} \right.\)
Giải (*) \(8{m^2} = 9m{}^2 - 18\)
Giải phương trình ta được \[{m_1} = 3\sqrt 2 \] và \[{m_2} = - 3\sqrt 2 \]
Vậy \(m \in \left\{ {3\sqrt 2 ; - 3\sqrt 2 } \right\}\)thì phương trình \[\left( 1 \right)\] có nghiệm \[{x_1} = 2{x_2}\].
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Ta có \(D\) là chân đường vuông góc kể từ \(A\) đến \(BC\) nên \(AD \bot \;BC\) hay .
Tương tự ta có
\(\Delta BDA\) và \(\Delta BEA\) là các tam giác vuông với cạnh huyền là \(AB\) nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\)
Hay các điểm \(A\), \(B\), \(D\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Vậy tứ giác \(ABDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\).
b) Có tứ giác \(ABDE\) nội tiếp nên
Mà (kề bù) nên \(\widehat {KED} = \widehat {ABD}\)
Lại có \(\widehat {ABC} = \widehat {AKC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\))
Suy ra \(\widehat {KED} = \widehat {AKC}\) mà đây là 2 góc so le trong nên \(DE\,\,{\rm{//}}\,\,KC\)
c) Có tứ giác \(ABDE\) nội tiếp nên \(\widehat {IDE} = \widehat {OAB}\) (cùng bù với \(\widehat {BDE}\))
\(\Delta OBC\) cân tại \(O\) nên đường trung tuyến \(OI\) đồng thời là đường cao, suy ra .
Có \(OIB\) và \(OEB\) là các tam giác vuông có cạnh huyền \(OB\) nên chúng nội tiếp đường tròn đường kính \(OB\), từ đó suy ra tứ giác \(OBEI\) nội tiếp nên \(\widehat {DIE} = \widehat {AOB}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn )
Xét \(\Delta IDE\) và \(\Delta OAB\) có \(\widehat {IDE} = \widehat {OAB}\); \(\widehat {DIE} = \widehat {AOB}\) nên (g.g)
Mà \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) nên \(\Delta IDE\) cân tại \(I\).
Lời giải
a) \(\Omega = \){(Phúc; Bình; An), (Phúc; An; Bình), (Bình; An; Phúc), (Bình; Phúc; An), (An; Phúc; Bình), (An; Bình; Phúc)}.
Không gian mẫu có \(6\) phần tử
b) Vì nhân viên thu ngân chọn ngẫu nhiên lần lượt từng khách hàng để thanh toán nên các kết quả có thể là đồng khả năng
Có \(2\) kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: (Bình; An; Phúc), (An; Bình; Phúc).
Xác suất của biến cố \[A\] là: \[\frac{2}{6} = \frac{1}{3}\].
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) 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 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập