K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
TM
6 tháng 4 2023
Bài III.2b.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)
hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)
\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có :
\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)
\(=m^2+2m+1-4m-16\)
\(=m^2-2m-15>0\).
\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).
Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)
Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).
Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)
Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).
Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).
Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt :
\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).
Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.
TM
6 tháng 4 2023
Bài IV.b.
Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).
Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).
Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).
Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)
\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)
Tính diện tích hình quạt tròn
Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
Y
11 tháng 10 2023
Câu 2 :
Ta có : \(AH=HB.HC\) (Hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\))
\(\Rightarrow AH=3.9=27\left(cm\right)\)
Xét \(\Delta ABH\perp\) tại H có :
\(AB^2=HB^2+AH^2\) \(\left(d/lPytago\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=9^2+27^2=810\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{810}=9\sqrt{10}\left(cm\right)\)
Vậy \(AB=9\sqrt{10}cm\)
23 tháng 10 2021
\(21,\\ b,ĐK:x\ge1\\ PT\Leftrightarrow\sqrt{x-1-2\sqrt{x-1}+1}=2\\ \Leftrightarrow\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}=2\\ \Leftrightarrow\left|\sqrt{x-1}-1\right|=2\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}-1=2\\1-\sqrt{x-1}=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=10\left(tm\right)\\\sqrt{x-1}=-1\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow x=10\)
U
1
8 tháng 6 2021
Nãy ghi nhầm =="
a)Hđ gđ là nghiệm pt
`x^2=2x+2m+1`
`<=>x^2-2x-2m-1=0`
Thay `m=1` vào pt ta có:
`x^2-2x-2-1=0`
`<=>x^2-2x-3=0`
`a-b+c=0`
`=>x_1=-1,x_2=3`
`=>y_1=1,y_2=9`
`=>(-1,1),(3,9)`
Vậy tọa độ gđ (d) và (P) là `(-1,1)` và `(3,9)`
b)
Hđ gđ là nghiệm pt
`x^2=2x+2m+1`
`<=>x^2-2x-2m-1=0`
PT có 2 nghiệm pb
`<=>Delta'>0`
`<=>1+2m+1>0`
`<=>2m> -2`
`<=>m> 01`
Áp dụng hệ thức vi-ét:`x_1+x_2=2,x_1.x_2=-2m-1`
Theo `(P):y=x^2=>y_1=x_1^2,y_2=x_2^2`
`=>x_1^2+x_2^2=14`
`<=>(x_1+x_2)^2-2x_1.x_2=14`
`<=>4-2(-2m-1)=14`
`<=>4+2(2m+1)=14`
`<=>2(2m+1)=10`
`<=>2m+1=5`
`<=>2m=4`
`<=>m=2(tm)`
Vậy `m=2` thì ....
giúp mình phần b với ạ
11 tháng 5 2022
a: \(\text{Δ}=\left(2m-2\right)^2-4\left(2m-5\right)\)
\(=4m^2-8m+4-8m+20\)
\(=4m^2-16m+24\)
\(=4m^2-16m+16+8=\left(2m-4\right)^2+8>0\)
Do đó: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
b: Để phương trình có hai nghiệm trái dấu thì 2m-5<0
hay m<5/2
11 tháng 5 2022
tui tưởng phải dùng \(\dfrac{\Delta>0 }{\dfrac{x1x2< 0}{x1+x2>0}}\)
23 tháng 2 2021
Thay m=2 vào HPT ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=1\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=2\\x+2y=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=2\\3x=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)
23 tháng 2 2021
b) \(\left\{{}\begin{matrix}mx+y=1\\x+my=1\end{matrix}\right.\)
⇔\(\left\{{}\begin{matrix}y=1-mx\\x+m\left(1-mx\right)=1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)
(1) ⇔x+m-m2x=1
⇔x(1-m2)=1-m (2)
TH1: 1-m2 = 0
⇔m = +- 1
Thay m=1 vào (2) ta có: 0x=0 (Luôn đúng) ⇒m=1 (chọn)
Thay m=-1 vào (2) ta có: 0x=2 (Vô lí) ⇒m=-1 (loại)
TH2: 1-m2 ≠0
⇔m≠ +-1
⇒HPT có nghiệm duy nhất:
x= \(\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
⇒y= \(1-m.\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
⇔y=\(\dfrac{1-m}{1-m^2}\)
Dễ thấy x=y nên:
\(\dfrac{1-m}{1-m^2}>0\)
⇔1-m>0
⇔m<1
Vậy m <1 thì Thỏa mãn yêu cầu đề bài.
22 tháng 11 2023
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH^2=4\cdot9=36\)
=>AH=6(cm)
BC=BH+CH
=4+9
=13(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{4\cdot13}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{9\cdot13}=3\sqrt{13}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Xét ΔABC vuông tại A có \(tanABC=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{2}\)
nên \(\widehat{ABC}\simeq56^0\)
b: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
\(AE\cdot AB+AF\cdot AC=AH^2+AH^2=2AH^2=2FE^2\)
\(A=\dfrac{2x-4\sqrt{x}+2-\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{x-4}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)
\(=\dfrac{2x-4\sqrt{x}+2-2x+4\sqrt{x}+\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\)