Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) ta có pt hoành độ của (P) và d:
\(x^2=mx+1\Leftrightarrow x^2-mx-1=0\)
vì ac = 1* (-1) = -1 < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm pb
vì vậy (P) luôn cắt d tại 2 điểm pb
b) theo đl Vi-et: \(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B=m\\x_A\cdot x_B=-1\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{1}{x_A^2}+\dfrac{1}{x_b^2}=11\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{x_A}+\dfrac{1}{x_B}\right)^2-\dfrac{2}{x_A\cdot x_B}=11\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x_A+x_B}{x_A\cdot x_B}\right)^2-\dfrac{2}{x_A\cdot x_B}=11\)
\(\Leftrightarrow m^2+2=11\Leftrightarrow m=\pm3\)
Kl:.............
a, Với m = -1 thì \(\hept{\begin{cases}\left(P\right)y=-x^2\\\left(d\right)y=x-2\end{cases}}\)
Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình :
\(\hept{\begin{cases}y=-x^2\\y=x-2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}-x^2=x-2\\y=x-2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x^2+x-2=0\\y=x-2\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=-1\end{cases}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x=-2\\y=-4\end{cases}}}\)
Vậy tọa độ giao điểm (d) và (P) với m = -1 là (1;-1) ; (-2;-4)
b, Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là
\(mx^2=\left(m+2\right)x+m-1\)
\(\Leftrightarrow mx^2-\left(m+2\right)x-m+1=0\)
Vì m khác 0 nên pt trên là pt bậc 2
Khi đó \(\Delta=\left[-\left(m+2\right)\right]^2-4m\left(-m+1\right)\)
\(=m^2+4m+4+4m^2-4m\)
\(=5m^2+4>0\)
Nên pt trên luôn có 2 nghiệm p/b
hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với m khác 0
a, Thay m =-1 vào (d) ta được : \(y=-2x\)
Hoành độ giao điểm (P) ; (d) thỏa mãn pt
\(x^2+2x=0\Leftrightarrow x\left(x+2\right)=0\Leftrightarrow x=0;x=-2\)
Với x = 0 => y = 0
Với x = -2 => y = 4
Vậy với m = -1 thì (P) cắt (D) tại O(0;0) ; A(-2;4)
b, Hoành độ giao điểm (P) ; (d) thỏa mãn pt
\(x^2-2mx-m-1=0\)
\(\Delta'=m^2-\left(-m-1\right)=m^2+m+1>0\forall m\)
Vậy pt luôn có 2 nghiệm pb hay (P) cắt (d) tại 2 điểm pb
c, Theo Vi et \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=-m-1\end{cases}}\)
Ta có : \(\left(x_1+x_2\right)^2-5x_1x_2\)Thay vào ta được
\(4m^2-5\left(-m-1\right)=4m^2+5m+5\)
\(=4m^2+\frac{2.2m.5}{4}+\frac{25}{16}-\frac{25}{16}+5=\left(2m+\frac{5}{4}\right)^2+\frac{55}{16}\ge\frac{55}{16}\)
Dấu ''='' xảy ra khi m = -5/88
Vậy với m = -5/88 thì GTNN của biểu thức trên là 55/16
Hoành độ giao điểm (P) ; (d) tm pt
\(\frac{1}{2}x^2+mx+m-1=0\Leftrightarrow x^2+2mx+2m-2=0\)
\(\Delta'=m^2-\left(2m-2\right)=m^2+2m+2=\left(m+1\right)^2+1>0\)
Vậy (P) cắt (d) tại 2 điểm pb
cj ơi, nó có trog câu hỏi tương tự rồi ạ, cô Loan giải rồi ạ!!^^
b) Phương trình hoành đọ giao điểm của (P) và (d) là:
x2 = mx + 1
<=> x2 - mx - 1 = 0
$\Delta$Δ = (-m)2 + 4 = m2 + 4 > 0 với mọi m
=> Pt có 2 nghiệm pb với mọi m
=> (P) luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt A;B
Theo Vi - et ta có: xAxB = -1 < 0
=> xA ; xB trái dấu => A; B nằm khác phía so với trục tung
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
\(x^2=mx+1\Leftrightarrow x^2-mx-1=0\) (1)
\(\Delta=\left(-m\right)^2-4\left(-1\right)=m^2+4>0\)
Vì vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\)
Theo Viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=-1\end{cases}}\) nên \(x_1;x_2\) là hai số trái dấu.
Vậy thì với mọi m, (d) luôn giao (P) tại hai điểm phân biệt nằm khác phía với trục tung.
b) Giả sử \(A\left(x_1;x_1^2\right);B\left(x_2;x_2^2\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_2^2-x_1^2\right)^2=\left(x_2-x_1\right)^2\left[1+\left(x_2+x_1\right)^2\right]\)
\(=\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2\right]\left\{1+\left(x_1+x_2\right)^2\right\}\)
\(=\left(m^2+4\right)\left[1+m^2\right]\)
\(=m^4+5m^2+4\)
Ta cũng có: \(OA^2+OB^2=x_1^2+x_2^4+x_2^2+x_2^4\)
\(=\left(x_1^2+x_2^2\right)+\left(x_1^4+x_2^4\right)=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left(x_1^2+x_2^2\right)^2-2x_1^2.x_2^2\)
\(=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2\right]^2-2x_1^2.x_2^2\)
\(=m^2+2+\left(m^2+2\right)^2-2=m^4+5m^2+4\)
Vậy nên \(AB^2=OA^2+OB^2\) hay tam giác OAB vuông tại 0.
Vậy thì \(S_{OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}\sqrt{\left(x_1^2+x_1^4\right)\left(x_2^2+x_2^4\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{x_1^2.x_2^2+x_1^2.x_2^4+x_1^4.x_2^2+x_1^4x_2^4}=\frac{1}{2}\sqrt{1+x_2^2+x_1^2+1}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+2}=\frac{1}{2}\sqrt{m^2+4}\)
Để \(S_{OAB}=2\Rightarrow\frac{1}{2}\sqrt{m^2+4}=2\Leftrightarrow\sqrt{m^2+4}=4\)
\(\Leftrightarrow m^2=12\Leftrightarrow m=\pm2\sqrt{3}\)
1) Thay x=0;y=1 vào (d)=>m=2
Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình:\(x^2=x+m-1\)
\(x^2-x-m+1=0\)2 điểm phân biệt => \(\Delta>0\)
\(\Delta>0=>1-4.\left(-m+1\right)=4m-3>0=>m>\frac{3}{4}\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét:
\(x_1+x_2=1;x_1x_2=-m+1\)
\(4.\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)-x_1x_2+3=0=>4.\left(\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}\right)-x_1x_2+3=0\)
\(\Rightarrow\frac{4}{-m+1}+m-1+3=0=>\frac{4}{-m+1}+m-2=0=>m^2-3m-2=0\)
Dùng công thức nghiệm được \(\Rightarrow x_1=\frac{3-\sqrt{17}}{2}\left(KTM\right);x_2=\frac{3+\sqrt{17}}{2}\left(TM\right)\)
Vậy...
cắt hai điểm => \(\dfrac{1}{2}x^2=mx-2\) có hai nghiệm pb
\(\Leftrightarrow x^2-2mx+4=0\)
\(\Delta>0;m^2-4>0=>\left[{}\begin{matrix}m< -2\\m>2\end{matrix}\right.\)
Xét hoành độ giao điểm của (P) và (d) ta có: \(\dfrac{1}{2}\)x2 =mx-2 ⇔\(\dfrac{1}{2}\) x2-mx+2=0 pt có △=b2-4ac=m2-4 Để pt có 2 nghiệm phân biệt ⇔△>0 ⇔m2-4>0⇔m>2 hoặc m>-2 ⇒m>2
Vậy m>2 thì d cắt P tại 2 điểm phân biệt AvàB