Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 29

a) Khi m = 3, phương trình (1) thành $4x^2-8x+1=0$

$\Delta \text{'}=4^2-4.1=12>0$ nên phương trình có hai nghiệm

$\left[\begin{array}{l}{x}_1=\frac{4+\sqrt{12}}{4}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}\\ x_2=\frac{4-\sqrt{12}}{4}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

b) Để phương trình có 2 nghiệm thì (1) có $\Delta \text{'}\ge 0$

$\begin{array}{l}\iff {\left(m+1\right)}^2-\left(m+1\right)\left(m-2\right)\ge 0\\ \iff m^2+2m+1-m^2+m+2\ge 0\iff m\ge -1\end{array}$

Kết hợp với điều kiện trên $\Rightarrow m>-1,$ khi đó, áp dụng Vi et :

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{2\left(m+1\right)}{m+1}=2\\ x_1{x}_2=\frac{m-2}{m+1}\end{array}\right.$. Ta có:

$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{3}{2}\iff \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=\frac{3}{2}$

$hay\frac{2}{\frac{m-2}{m+1}}=\frac{3}{2}\iff \frac{3m-6}{m+1}=4\iff 3m-6=4m+4\iff m=-10\left(ktm\right)$

Vậy không có m thỏa đề.

Để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

Khi đó áp dụng Vi – et $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{2m+3}{m}\left(a\right)\\ x_1{x}_2=m-4\left(b\right)\end{array}\right.$

$\left(b\right)\Rightarrow m=x_1{x}_2+4$. Thay (b) vào (a) ta được :

$x_1+x_2=\frac{2x_1{x}_2+8+3}{x_1{x}_2+4}\iff x_1+x_2=\frac{2x_1{x}_2+11}{x_1{x}_2+4}$

Đây là phương trình độc lập với m

Ta có phương trình hoành độ giao điểm :

$-x^2=mx-2\iff x^2+mx-2=0$

$\Delta =m^2+8>0$ (với mọi m) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi – et $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-m\\ x_1{x}_2=-2\end{array}\right.$

Ta có:

$m{x}^2-2\left(m+1\right)x+4m=0\left(m\ne 0\right)$

Để phương trình có nghiệm $\iff \Delta \text{'}\ge 0\iff -3m^2+2m+1\ge 0\iff \frac{-1}{3}\le m\le 1$ và $m\ne 0$

Áp dụng định lý Viet $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=\frac{2m+1}{m}\\ x_1{x}_2=4\end{array}\right.$. Ta có:

$\begin{array}{l}{x}_1^2+x_2^2-17=0\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2-17=0\\ hay\frac{{\left(2m+1\right)}^2}{m^2}-8-17=0\iff 4m^2+4m+=25m^2\\ \iff -21m^2+4m+1=0\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{1}{3}\\ m=-\frac{1}{7}\end{array}\right.\left(tm\right)\end{array}$

Vậy $m\in \left\{\frac{1}{3};-\frac{1}{7}\right\}$ thì thỏa đề .

Nên phương trình luôn có nghiệm . Áp dụng Vi – et :

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=m+3\\ x_1{x}_2=2-2m^2\end{array}\right.$

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Vì $2{\left(m+\frac{1}{2}\right)}^2\ge 0$ (với mọi m) nên $2{\left(m+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{25}{2}\ge \frac{25}{2}$

$\Rightarrow MinA=\frac{25}{2}\iff m=-\frac{1}{2}$

Đặt $t=m^2+m,$ phương trình thành:

$\left(4t+1\right)\left(t+19\right)=19\iff 4t^2+77t=0\iff \left[\begin{array}{l}t=0\\ t=-\frac{77}{4}\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}*)t=0\Rightarrow m^2+m=0\iff \left[\begin{array}{l}m=0\\ m=-1\end{array}\right.\\ *)t=\frac{-77}{4}\Rightarrow m^2+m+\frac{77}{4}=0(VN)\end{array}$

u, v là hai nghiệm phương trình $X^2-15X+36\iff \left[\begin{array}{l}{X}_1=12\\ X_2=3\end{array}\right.$

Vậy $\left(u,v\right)\in \left\{\left(12;3\right);\left(3;12\right)\right\}$

$*)u+v=5\Rightarrow u,v$ là nghiệm phương trình: $X^2-5X+6=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}X=3\\ X=2\end{array}\right.$

$*)u+v=-5\Rightarrow u,v$ là nghiệm phương trình $X^2+5X+6=0\iff \left[\begin{array}{l}X=-2\\ X=-3\end{array}\right.$

Vậy $\left(u,v\right)\in \left\{\left(3;2\right);\left(2;3\right);\left(-2;-3\right);\left(-3;-2\right)\right\}$

$u+v=4,uv=7,u,v$ là nghiệm phương trình $X^2-4X+7=0\Rightarrow PTVN$

Vậy không có u, v thỏa đề.

Vậy $\left(u,v\right)\in \left\{\left(-2;-10\right);\left(-10;-2\right)\right\}$

a) Khi m = 3 phương trình (1) thành :

$x^2-8x+6\Rightarrow x=4\pm \sqrt{10}$

b) $\Delta \text{'}={\left(m+1\right)}^2-\left(m^2-3\right)=2m+4$

Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt $\iff \Delta \text{'}>0\iff 2m+4>0\iff m>-2$

Khi đó, áp dụng Vi – et $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2m+2\\ x_1{x}_2=m^2-3\end{array}\right.$. Ta có:

$x_1^2+x_2^2-2x_1{x}_2>3\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2>3$

$\begin{array}{l}hay{\left(2m+2\right)}^2-4.\left(m^2-3\right)>3\\ \iff 4m^2+8m+4-4m^2+12>3\\ \iff 8m>-13\iff m>\frac{-13}{8}\left(tm\right)\\ \end{array}$

Vậy $m>\frac{-13}{8}$ thì thỏa đề

$a)\angle OBM=\angle OEM={90}^0\Rightarrow OEBM$ là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh được $\Delta ABM=\Delta BDM(g-g)\Rightarrow M{B}^2=MA.MD$

c) $\Delta OBC$ cân tại O có OM vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác

$\Rightarrow \angle MOC=\frac{1}{2}\angle BOC=\frac{1}{2}sd\stackrel{⏜}{BC}$

Mà $\angle BFC=\frac{1}{2}sd\stackrel{⏜}{BC}\Rightarrow \angle MOC=\angle BFC$

$d)\angle OEM=\angle OCM={90}^0\Rightarrow EOCM$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle MEC=\angle MOC=\angle BFC$ mà hai góc ở vị trí đồng vị nên FB // AM

a) Chứng minh: AE = BE

Ta có : $\angle BEA={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow \angle AEB={90}^0$

$\Delta AEB$ vuông ở E có $\angle BAE={45}^0$ nên vuông cân $\Rightarrow AE=BE$

b) $\angle BDC={90}^0\Rightarrow \angle ADH={90}^0$

Tứ giác ADHE có $\angle ADH+\angle AEH={180}^0$ nên nội tiếp đường tròn, tâm K của đường tròn này là trung điểm AH

c) $\Delta AEH$ vuông ở E có K là trung điểm AH nên $KE=KA=\frac{1}{2}AH$

Vậy $\Delta AKE$ cân ở K. Do đó $\angle KAE=\angle KEA$

$\Delta EOC$ cân ở O (do $OC=OE)\Rightarrow \angle OCE=\angle OEC\Rightarrow H$ là trực tâm $\Delta ABC\Rightarrow AH\perp BC$

$\angle HAC+\angle ACO={90}^0\Rightarrow \angle AEK+\angle OEC={90}^0$

Do đó $\angle KEO={90}^0\Rightarrow OE\perp KE$

Điểm K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE nên cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADE$

Vậy OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADE$

d) Ta có : $\angle DOE=2\angle ABE={2.45}^0={90}^0$ (cùng chắn cung DE)

$\Rightarrow S_{quat\left(DOE\right)}=\frac{\pi a^2{.90}^0}{{360}^0}=\frac{\pi a^2}{4}$;   $S_{DOE}=\frac{1}{2}OD.OE=\frac{1}{2}{a}^2$

Vậy diện tích viên phân cung DE là :

a) $\Delta OAB$ có $OA=OB=AB=a\Rightarrow \Delta OAB$ đều

b) $\angle BAC=\angle BMC=\frac{1}{2}sd\stackrel{⏜}{BC}={90}^0$

$\Rightarrow \angle CAD=\angle BMD={90}^0\Rightarrow \angle IAD+\angle IMD={180}^0$

$\Rightarrow AIMD$ nội tiếp đường tròn đường kính DI, tâm I là trung điểm DI

$\angle ABM={45}^0\Rightarrow \Delta ABI$ vuông cân tại $A\Rightarrow AI=AB=a$

AIMD nội tiếp $\Rightarrow \angle ADI=\angle AMI=\frac{1}{2}\angle AOB={30}^0$

$\Rightarrow DI=2AI=2a;AK=KI=\frac{1}{2}DI=a$$\iff \Delta AKI$ đều $\Rightarrow \angle AKI={60}^0$

c) $l_{\stackrel{⏜}{AI}}=\frac{2\pi a{.60}^0}{{360}^0}=\frac{\pi a}{3}$;        $S_{quat\left(AKI\right)}=\frac{\pi a^2{.60}^0}{{360}^0}=\frac{\pi a^2}{6}$

a) Ta có $\angle AEH=\angle ADH={90}^0\Rightarrow AEHD$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle AED=\angle AHD$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{AD})$

Lý luận được $\angle ACB=\angle AHD$ (cùng phụ $\angle CAH)\Rightarrow \angle AED=\angle AHD$)

b) Xét $\Delta ABK$ và $\Delta BDC$ có: $\angle ABK=\angle BDC={90}^0$;

$\angle AKB=\angle BCD$ (cùng chắn $\stackrel{⏜}{AB})\Rightarrow \Delta ABK~\Delta BDC\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{AK}{BC}\Rightarrow AB.BC=AK.BD$

c) Ta có : $OM\perp BC\Rightarrow M$ là trung điểm BC

Vì $BD//KC\left(\perp AC\right),BK//HC\left(\perp AB\right)$

$\Rightarrow HCKB$ là hình bình hành $\Rightarrow$ HK đi qua trung điểm M của BC

Vậy 3 điểm H, M, K thẳng hàng.