Bài tập theo tuần Toán 9 - Tuần 29

m+1x2−2m+1x+m−2=01m≠−1

a) Khi m = 3, phương trình (1) thành 4x2−8x+1=0

Δ'=42−4.1=12>0 nên phương trình có hai nghiệm

x1=4+124=2+32x2=4−124=2−32

b) Để phương trình có 2 nghiệm thì (1) có Δ'≥0

⇔m+12−m+1m−2≥0⇔m2+2m+1−m2+m+2≥0⇔m≥−1

Kết hợp với điều kiện trên ⇒m>−1, khi đó, áp dụng Vi et :

x1+x2=2m+1m+1=2x1x2=m−2m+1. Ta có:

1x1+1x2=32⇔x1+x2x1x2=32

hay   2m−2m+1=32⇔3m−6m+1=4⇔3m−6=4m+4⇔m=−10(ktm)

Vậy không có m thỏa đề.

mx2−2m+3x+m−4=02

Δ=2m+32−4mm−4=24m+9

Để phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

⇔Δ>0⇔24m+9>0⇔m>−38

mx2−2m+3x+m−4=02

Khi đó áp dụng Vi – et ⇒x1+x2=2m+3max1x2=m−4(b)

b⇒m=x1x2+4. Thay (b) vào (a) ta được :

x1+x2=2x1x2+8+3x1x2+4⇔x1+x2=2x1x2+11x1x2+4

Đây là phương trình độc lập với m

Ta có phương trình hoành độ giao điểm :

−x2=mx−2⇔x2+mx−2=0

Δ=m2+8>0 (với mọi m) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

Áp dụng định lý Vi – et ⇒x1+x2=−mx1x2=−2

Ta có:

x1+2x2+2+4=0⇔x1x2+2x1+x2+4=0hay  −2+2−m+4=0⇔m=1

mx2−2m+1x+4m=0m≠0

Δ'=m+12−m.4m=−3m2+2m+1

Để phương trình có nghiệm kép ⇔Δ'=0⇔−3m2+2m+1=0⇔m=1m=−13

mx2−2m+1x+4m=0m≠0

Để phương trình có nghiệm ⇔Δ'≥0⇔−3m2+2m+1≥0⇔−13≤m≤1 và m≠0

Áp dụng định lý Viet x1+x2=2m+1mx1x2=4. Ta có:

x12+x22−17=0⇔x1+x22−2x1x2−17=0hay  2m+12m2−8−17=0⇔4m2+4m+=25m2⇔−21m2+4m+1=0⇔m=13m=−17(tm)

Vậy m∈13;−17 thì thỏa đề .

x2−m+3x−2m2+2=0

Δ=m+32−4.1.−2m2+2=m2+6m+9+8m2−8=9m2+6m+1=3m+12≥0 (voi moi m)

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

x1+x2=m+3x1x2=2−2m2

kết hợp với 3x1+2x2=8. Ta có:x1+x2=m+33x1+2x2=8⇔x1=2−2mx2=3m+1

Thay vào x1x2=2−2m2 ta được:

2−2m3m+1=2−2m2⇔−6m2+4m+2−2+2m2=0⇔−4m2+4m=0⇔4m1−m=0⇔m=0m=1

Vậy m = 0, m = 1 thỏa đề.

x2−2m+1x+m2+m−6=0

Δ=2m+12−4m2+m−6=25>0

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

x2−2m+1x+m2+m−6=0

Để phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt⇒S<0P>0⇔2m+1<0m2+m−6>0⇔m<−12m<−3m>−12⇔m<−3

x12+x22=x1+x22−2x1x2=2m+12−2m2+m−6=4m2+4m+1−2m2−2m+12=2m2+2m+13=2m2+m+132=2m+122+254=2.m+122+252

Vì 2m+122≥0 (với mọi m) nên 2m+122+252≥252

⇒MinA=252⇔m=−12

x1+x2=2m+1x1x2=m2+m−6x13+x23=19⇔x1+x2x12−x1x2+x22=19⇔x1+x2x1+x22−3x1x2=192m+122m+12−3m2+m−6=19⇔4m2+4m+1m2+m+19=19

Đặt t=m2+m, phương trình thành:

4t+1t+19=19⇔4t2+77t=0⇔t=0t=−774

*)t=0⇒m2+m=0⇔m=0m=−1*)t=−774⇒m2+m+774=0  (VN)

Vậy m∈0;−1 thỏa đề

u, v là hai nghiệm phương trình X2−15X+36⇔X1=12X2=3

Vậy u,v∈12;3;3;12

u2+v2=13,uv=6u2+v2=13⇔u+v2−2uv=13⇔u+v2=13+2.6=25⇒u+v=5u+v=−5

*)u+v=5⇒u,v là nghiệm phương trình: X2−5X+6=0⇒X=3X=2

*)u+v=−5⇒u,v là nghiệm phương trình X2+5X+6=0⇔X=−2X=−3

Vậy u,v∈3;2;2;3;−2;−3;−3;−2

u+v=4,uv=7,u,v là nghiệm phương trình X2−4X+7=0⇒PTVN

Vậy không có u, v thỏa đề.

u+v=−12,uv=20,u,v là nghiệm phương trình X2+12X+20⇔X=−2X=−10

Vậy u,v∈−2;−10;−10;−2

x2−2m+1x+m2−3=01

a) Khi m = 3 phương trình (1) thành :

x2−8x+6⇒x=4±10

b) Δ'=m+12−m2−3=2m+4

Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔2m+4>0⇔m>−2

Khi đó, áp dụng Vi – et x1+x2=2m+2x1x2=m2−3. Ta có:

x12+x22−2x1x2>3⇔x1+x22−4x1x2>3

hay 2m+22−4.m2−3>3⇔4m2+8m+4−4m2+12>3⇔8m>−13⇔m>−138(tm)

Vậy m>−138 thì thỏa đề

a)∠OBM=∠OEM=900⇒OEBM là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh được ΔABM=ΔBDM(g−g)⇒MB2=MA.MD

c) ΔOBC cân tại O có OM vừa là đường trung trực vừa là đường phân giác

⇒∠MOC=12∠BOC=12sdBC⏜

Mà ∠BFC=12sdBC⏜⇒∠MOC=∠BFC

d)∠OEM=∠OCM=900⇒EOCM là tứ giác nội tiếp

⇒∠MEC=∠MOC=∠BFC mà hai góc ở vị trí đồng vị nên FB // AM

a) Chứng minh: AE = BE

Ta có : ∠BEA=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒∠AEB=900

ΔAEB vuông ở E có ∠BAE=450 nên vuông cân ⇒AE=BE

b) ∠BDC=900⇒∠ADH=900

Tứ giác ADHE có ∠ADH+∠AEH=1800 nên nội tiếp đường tròn, tâm K của đường tròn này là trung điểm AH

c) ΔAEH vuông ở E có K là trung điểm AH nên KE=KA=12AH

Vậy ΔAKE cân ở K. Do đó ∠KAE=∠KEA

ΔEOC cân ở O (do OC=OE)⇒∠OCE=∠OEC⇒H là trực tâm ΔABC⇒AH⊥BC

∠HAC+∠ACO=900⇒∠AEK+∠OEC=900

Do đó ∠KEO=900⇒OE⊥KE

Điểm K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE nên cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE

Vậy OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ΔADE

d) Ta có : ∠DOE=2∠ABE=2.450=900 (cùng chắn cung DE)

⇒SquatDOE=πa2.9003600=πa24;   SDOE=12OD.OE=12a2

Vậy diện tích viên phân cung DE là :

πa24−a22=a24π−2

a) ΔOAB có OA=OB=AB=a⇒ΔOAB đều

b) ∠BAC=∠BMC=12sdBC⏜=900

⇒∠CAD=∠BMD=900⇒∠IAD+∠IMD=1800

⇒AIMD nội tiếp đường tròn đường kính DI, tâm I là trung điểm DI

∠ABM=450⇒ΔABI vuông cân tại A⇒AI=AB=a

AIMD nội tiếp ⇒∠ADI=∠AMI=12∠AOB=300

⇒DI=2AI=2a; AK=KI=12DI=a⇔ΔAKI đều ⇒∠AKI=600

c) lAI⏜=2πa.6003600=πa3;        Squat AKI=πa2.6003600=πa26

a) Ta có ∠AEH=∠ADH=900⇒AEHD là tứ giác nội tiếp

⇒∠AED=∠AHD (cùng chắn AD⏜)

Lý luận được ∠ACB=∠AHD (cùng phụ ∠CAH)⇒∠AED=∠AHD)

b) Xét ΔABK và ΔBDC có: ∠ABK=∠BDC=900;

∠AKB=∠BCD (cùng chắn AB⏜)⇒ΔABK~ΔBDCg.g

⇒ABBD=AKBC⇒AB.BC=AK.BD

c) Ta có : OM⊥BC⇒M là trung điểm BC

Vì BD//KC⊥AC,BK//HC⊥AB

⇒HCKB là hình bình hành ⇒ HK đi qua trung điểm M của BC

Vậy 3 điểm H, M, K thẳng hàng.