khoahoc.vietjack.com

Câu hỏi:

29/05/2026 10 Lưu

Cho phương trình \({x^2} - 4x + 2m + 1 = 0\) (m là tham số). Tìm giá trị của \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}{\rm{, }}{x_2}\) thỏa mãn \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 4{m^2} + 3\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Xét phương trình \({x^2} - 4x + 2m + 1 = 0\) có:

\(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1(2m + 1) = 3 - 2m\).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}{\rm{, }}{x_2}\)thì:

\(\Delta ' > 0\) hay \(3 - 2m > 0\) suy ra \(m < \frac{3}{2}\).

Khi đó, áp dụng hệ thức Viète có: \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1}.{x_2} = 2m + 1\).

Ta có: \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 4{m^2} + 3\)

\(x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2} = 4{m^2} + 3\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} = 4{m^2} + 3\)

\({\left( 4 \right)^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4{m^2} + 3\)

\[4{m^2} + 2m - 12 = 0\]

\[2{m^2} + m - 6 = 0\]

\(\left( {2m - 3} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\)

\[m = \frac{3}{2}\] hoặc \[m = - 2\].

Kết hợp điều kiện ta được \(m = - 2\) là giá trị cần tìm.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là .

Không gian mẫu: Ω=Đ1Đ2;  X1X2;  T1T2;  Đ1X1;  Đ1X2;  Đ2X1;  Đ2X2;  Đ1T1;  Đ1T2;  Đ2T1;  Đ2T2;  X1T1;  X1T2;  X2T1;  X2T2

Có \(9\) kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

Đ1Đ2;  Đ1X1;  Đ1X2;  Đ2X1;  Đ2X2;  Đ1T1;  Đ1T2;  Đ2T1;  Đ2T2

\(P\left( A \right) = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}\).

Lời giải

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC. Gọi điểm H là trực tâm của tam giác ABC. (a) Chứng minh bốn điểm A,F,H,E cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)

a) • \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (vì CF là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên \(\Delta AFH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;F\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (1)

• \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (vì BE là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\).

b) Ta có: \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \[AD\] là đường cao \(\Delta ABC\)) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \).

\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\)có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \); \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\)

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC\)

c) • Xét \(\Delta ABC\)có \(H\) là trực tâm nên \(BH \bot AC;CH \bot AB\) và \(BM \bot AB;CM \bot AC\)

Do \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH\).

Do đó tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(HM\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của \(BC\)nên K là trung điểm của \(HM\)\( \Rightarrow H,M,K\) thẳng hàng.

• Ta có \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (kề bù)

Chứng minh được tứ giác \(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (tính chất)

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABI}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM\) (định lí Thalès đảo)

Vậy \(PI\,\,{\rm{//}}\,HM\)(đpcm)