Bài tập Tính tổng, tích và giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 của phương trình bậc hai một ẩn mà không giải phương trình lớp 9 (có lời giải)

Đáp án đúng là: B

Nếu phương trình ax² + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x₁, x₂ thì theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right..\)

Đáp án đúng là: A

Nếu x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình –x² – 5x – 3 = 0 thì theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 5}}{{ - 1}} = - 5}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{ - 3}}{{ - 1}} = 3}\end{array}} \right..\)

Đáp án đúng là: D

Do phương trình x² – 7x + 11 = 0 có hai nghiệm nên theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S = 7\\P = 11\end{array} \right.\)

Do đó S + P = 7 + 11 = 18.

Đáp án đúng là: C

Do phương trình –2x² – 100x + 301 = 0 có hai nghiệm nên theo định lí Viète, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}S = - \frac{{ - 100}}{{ - 2}} = - 50\\P = \frac{{301}}{{ - 2}} = - 150,5\end{array} \right..\)

Do đó S² + P² = (–50)² + (–150,5)² = 25 150,25.

Đáp án đúng là: D

Do phương trình –x² – 50x + 1001 = 0 có hai nghiệm x₁, x₂ nên theo định lí Viète, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 50}}{{ - 1}} = 50\\{x_1}{x_2} = \frac{{1001}}{{ - 1}} = - 1001\end{array} \right..\]

Ta có \[A = \frac{1}{{{x_1} + 3}} + \frac{1}{{{x_2} + 3}} = \frac{{{x_2} + 3 + {x_1} + 3}}{{\left( {{x_1} + 3} \right)\left( {{x_2} + 3} \right)}}\]

\[ = \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9}}\]

\[ = \frac{{50 + 6}}{{ - 1001 + 3 \cdot 50 + 9}} = \frac{{ - 28}}{{421}}.\]

Đáp án đúng là: B

Do phương trình 9x² – 100x + 25 = 0 có hai nghiệm dương x₁, x₂ nên theo định lí Viète, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{100}}{9}\\{x_1}{x_2} = \frac{{25}}{9}\end{array} \right..\]

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{100}}{9}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{{25}}{9} = \frac{{9550}}{{81}}.\)

\({\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = \frac{{100}}{9} + 2\sqrt {\frac{{25}}{9}} = \frac{{130}}{9}\)

Suy ra \(\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} = \sqrt {\frac{{130}}{9}} = \frac{{\sqrt {130} }}{3}\) (vì \(\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} > 0)\)

Vậy \[B = \frac{{\frac{{9550}}{{81}}}}{{\frac{{\sqrt {130} }}{3}}} = \frac{{955\sqrt {130} }}{{351}}.\]

Đáp án đúng là: D

Do phương trình x² + 200x – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ nên theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 200\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\)

Ta có:

⦁ |x₁ – x₂|² = (x₁ – x₂)² = (x₁ + x₂)² – 4x₁x₂ = (–200)² – 4.(–1) = 40004.

Suy ra \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\sqrt {10001} .\)

⦁ \(x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 1 \cdot \left( { - 200} \right) = 200.\)

Vậy \(C = \frac{{100 \cdot 2\sqrt {10001} }}{{200}} = \sqrt {10001} .\)

Đáp án đúng là: B

Phương trình x² – x – 2 = 0 có ∆ = (–1)² – 4.1.(–2) = 9 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right..\)

Khoảng cách giữa hai điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình trên trục số bằng

\(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} = \sqrt {x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{1^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right)} = \sqrt 9 = 3.\)

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Phương trình x² – 2x – 1 = 0 có ∆' = (–1)² – 1.(–1) = 2 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right..\)

Gọi A và B lần lượt là điểm biểu diễn x₁ và x₂ trên Ox.

Ta có x₁x₂ = –1 < 0 nên hai nghiệm x_1>

, x₂ trái dấu nhau, do đó hai điểm A(x₁; 0) và B(x₂; 0) biểu diễn hai nghiệm x₁, x₂ nằm trên trục Ox và nằm về hai phía của trục Oy.

Ta có AB = |x₁ – x₂|.

Suy ra AB² = |x₁ – x₂|² = (x₁ + x₂)² – 4x₁x₂ = 2² – 4.(–1) = 8.

Do đó \(AB = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .\)

Gọi H là hình chiếu của điểm C(1; 5) trên Ox, khi đó CH = |y_C| = 5.

Vậy diện tích tam giác ABC là:

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 2\sqrt 2 = 5\sqrt 2 \) (đơn vị diện tích).

Đáp án đúng là: C

Phương trình 2x² – x – 100 = 0 có ∆ = (–1)² – 4.2.(–100) = 801 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: x₁x₂ = –50.

Gọi M và P lần lượt là điểm biểu diễn x₁ và x₂ trên Ox.

Ta thấy x₁x₂ = –50 < 0 nên hai nghiệm x_1>

, x₂ trái dấu nhau, do đó hai điểm M(x₁; 0) và N(x₂; 0) biểu diễn hai nghiệm x₁, x₂ nằm trên trục Ox và nằm về hai phía của trục Oy.

Xét ∆OMN và ∆ONP có:

\(\widehat {MON} = \widehat {NOP} = 90^\circ \) và \(\widehat {OMN} = \widehat {ONP}\) (cùng phụ với \(\widehat {ONM}).\)

Do đó ∆OMN ᔕ ∆ONP (g.g)

Suy ra \(\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OP}}\) nên ON² = OM.OP.

Do M(x₁; 0) nên OM = |x₁|.

Do N(x₂; 0) nên ON = |x₂|.

Khi đó, ON² = OM.OP = |x₁|.|x₂| = |x₁x₂| = |–50| = 50.

Suy ra \(b = ON = \sqrt {50} = 5\sqrt 2 \) (do b > 0).

Vậy ta chọn phương án C.