Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Thay x=1 và y=3 vào (d), ta được:
m+3-m=3
=>3=3(luôn đúng)
b: PTHĐGĐ là:
x^2-mx-3+m=0
=>x^2-mx+m-3=0
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì m-3<0
=>m<3
a: Thay x=0 và y=-5 vào (d), ta được:
2(m+1)*0-m^2-4=-5
=>m^2+4=5
=>m=1 hoặc m=-1
b:
PTHĐGĐ là;
x^2-2(m+1)x+m^2+4=0
Δ=(2m+2)^2-4(m^2+4)
=4m^2+8m+4-4m^2-16=8m-12
Để PT có hai nghiệm phân biệt thì 8m-12>0
=>m>3/2
x1+x2=2m+2; x1x2=m^2+4
(2x1-1)(x2^2-2m*x2+m^2+3)=21
=>(2x1-1)[x2^2-x2(2m+2-2)+m^2+4-1]=21
=>(2x1-1)[x2^2+2x2-x2(x1+x2)+x1x2-1]=21
=>(2x1-1)(x2^2+2x2-x1x2-x2^2+x1x2-1]=21
=>(2x1-1)(2x2-1)=21
=>4x1x2-2(x1+x2)+1=21
=>4(m^2+4)-2(2m+2)+1=21
=>4m^2+16-4m-4-20=0
=>4m^2-4m-8=0
=>(m-2)(m+1)=0
=>m=2(nhận) hoặc m=-1(loại)
a:
b: PTHĐGĐ là:
2x^2-(2m-2)x+m-1=0
Δ=(2m-2)^2-4*2*(m-1)
=4m^2-8m+4-8m+8
=4m^2-16m+12
=4m^2-2*2m*4+16-4=(2m-4)^2-4=(2m-6)(2m-2)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm pb thì (2m-6)(2m-2)>0
=>m>3 hoặc m<1
\(a,M\in\left(d\right)\Rightarrow a.0+b.2=-2\)
\(\Rightarrow b=-1\)
\(\Rightarrow\left(d\right)ax-y=-2\)
\(\Rightarrow\left(d\right)y=ax+2\)
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình
\(\frac{x^2}{4}=ax+2\)
\(\Leftrightarrow x^2-4ax-8=0\)(1)
Có \(\Delta'=4a^2+8>0\)
Nên pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
=> (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B
b, Gọi 2 điểm A và B có tọa độ là \(A\left(x_1;y_1\right);B\left(x_2;y_2\right)\)
Theo hệ thức Vi-ét \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=4a\\x_1x_2=-8\end{cases}}\)
Vì \(A;B\in\left(P\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}y_1=\frac{x_1^2}{4}\\y_2=\frac{x_2^2}{4}\end{cases}}\)
Ta có \(AB=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(y_1+y_2\right)^2-4y_1y_2}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\left(\frac{x_1^2+x_2^2}{4}\right)^2-4.\frac{x_1^2x_2^2}{4.4}}\)
\(=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2+\frac{\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]^2}{4}-\frac{x_1^2x_2^2}{4}}\)
\(=\sqrt{16a^2+32+\frac{\left(16a^2+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}\)
\(\ge\sqrt{16.0+32+\frac{\left(16.0+16\right)^2}{4}-\frac{64}{4}}=4\sqrt{5}\)
Dấu "=" <=> a = 0
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
\(x^2=2\left(m-1\right)x+5-2m\)
\(\Leftrightarrow x^2-2\left(m-1\right)x-5+2m=0\)
Áp dụng hệ thức Vi-et, ta được:
\(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\)
Ta có: \(x_1+x_2=6\)
\(\Leftrightarrow2\left(m-1\right)=6\)
\(\Leftrightarrow m-1=3\)
hay m=4
Vậy: m=4
Đường thẳng có dạng: \(y=kx-1\)
Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2+kx-1=0\)
Theo Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B=-k\\x_Ax_B=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x_A^2+x_B^2=k^2+2\)
\(A\left(x_A;kx_A-1\right);B\left(y_B;kx_B-1\right)\)
Ta có: \(OA^2+OB^2=x_A^2+\left(kx_A-1\right)^2+x_B^2+\left(kx_B-1\right)^2\)
\(=\left(x_A^2+x_B^2\right)\left(k^2+1\right)-2k\left(x_A+x_B\right)+2\)
\(=\left(k^2+2\right)\left(k^2+1\right)-2k.\left(-k\right)+2\)
\(=k^4+5k^2+4\) (1)
\(AB^2=\left(x_A-x_B\right)^2+\left(kx_A-kx_B\right)^2\)
\(=\left(k^2+1\right)\left[\left(x_A+x_B\right)^2-4x_Ax_B\right]\)
\(=\left(k^2+1\right)\left(k^2+4\right)=k^4+5k^2+4\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow OA^2+OB^2=AB^2\) hay tam giác OAB luôn vuông tại O
bạn giải nghĩa cho tôi từ parapol đi rồi tôi mới làm