Mik nghĩ x=y=z=0 á :>

Gọi ba cạnh của ▲ là a,b,c>0
Giả sử cạnh huyền ▲ là a thì:
a² =b²+c² <=> b²+c²=13² =169 (1)
chu vi ▲ là 30 <=> a+b+c =30 <=> b+c = 30-13=17
<=> c= 17-b (2)
thay (2) vào (1) đc:
b² + (17-b)² =169 <=> b² -17b + 60 = 0
<=> (b-12)(b-5) = 0
<=> b=5 hoặc b=12
tương ứng c=12 và c=5
Vậy hai cạnh góc vuông dài 5m và 12m

a. Phương trình x2−2(m+1)x+m2−4m+3=0x2−2(m+1)x+m2−4m+3=0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Δ′≥0Δ′≥0 ⇔(m+1)2−(m2−4m+3)≥0⇔(m+1)2−(m2−4m+3)≥0 ⇔6m−2≥0⇔6m−2≥0 ⇔m≥13⇔m≥13

Vậy khi m≥13m≥13 thì phương trình đã cho có nghiệm

b. Phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu khi và chỉ khi

{Δ′>0P>0{Δ′>0P>0 ⇔{(m+1)2−(m2−4m+3)>0x1x2=m2−4m+3>0⇔{(m+1)2−(m2−4m+3)>0x1x2=m2−4m+3>0  ⇔⎧⎩⎨m>13m<1∨m>3⇔{m>13m<1∨m>3 ⇔⎡⎣13<m<1m>3⇔[13<m<1m>3

Vậy phương trình trên có hai nghiệm cùng dấu khi và chỉ khi 13<m<113<m<1 hoặc m>3m>3

c. Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi P<0P<0⇔m2−4m+3<0⇔m2−4m+3<0⇔1<m<3⇔1<m<3

d. Phương trình có hai nghiệm phân biệt âm khi và chỉ khi

⎧⎩⎨⎪⎪Δ′>0S<0P>0{Δ′>0S<0P>0⇔⎧⎩⎨⎪⎪(m+1)2−(m2−4m+3)>02(m+1)<0m2−4m+3>0⇔{(m+1)2−(m2−4m+3)>02(m+1)<0m2−4m+3>0 ⇔⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪m>13m<−1m<1∨m>3⇔{m>13m<−1m<1∨m>3⇔⇔ vô nghiệm

Vậy không tồn tại giá trị mm để phương trình bậc hai đã cho có hai nghiệm âm

e. Phương trình bậc hai đã cho có hai nghiệm dương khi và chỉ khi

⎧⎩⎨⎪⎪Δ′>0S>0P>0{Δ′>0S>0P>0⇔⎧⎩⎨⎪⎪(m+1)2−(m2−4m+3)>02(m+1)>0m2−4m+3>0⇔{(m+1)2−(m2−4m+3)>02(m+1)>0m2−4m+3>0⇔⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪m>13m>−1m<1∨m>3⇔{m>13m>−1m<1∨m>3⇔⎡⎣13<m<1m>3⇔[13<m<1m>3

Vậy phương trình trên có hai nghiệm cùng dương khi và chỉ khi 13<m<113<m<1 hoặc m>3m>3

Bài toán 2.  Cho phương trình 2x2−4x−3+m=02x2−4x−3+m=0 với xx là ẩn số và mm là tham số

1. Tìm mm để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2
2. Tìm mm để x21+x22=8x12+x22=8

Hướng dẫn giải       

a. Phương trình 2x2−4x−3+m=02x2−4x−3+m=0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2x1,x2khi và chỉ khi

Δ′>0Δ′>0 ⇔b2−ac>0⇔b2−ac>0 ⇔4−2(−3+m)>0⇔4−2(−3+m)>0 ⇔5−m>0⇔m<5⇔5−m>0⇔m<5

Vậy với m<5m<5 thì phương trình 2x2−4x−3+m=02x2−4x−3+m=0 có 2 nghiệm phân biệt

b. Xét phương trình 2x2−4x−3+m=02x2−4x−3+m=0 khi m<5m<5

Theo định lý Viet ta có ⎧⎩⎨S=x1+x2=2P=x1x2=−3+m2{S=x1+x2=2P=x1x2=−3+m2

Ta có: x21+x22=8x12+x22=8⇔(x1+x2)2−2x1x2=8⇔(x1+x2)2−2x1x2=8 ⇔4−(−3+m)=8⇔4−(−3+m)=8 ⇔m=−1⇔m=−1 (nhận)

Vậy với m=−1m=−1 thì x21+x22=8x12+x22=8

Bài toán 3. Cho phương trình x2+(m−3)x−3m=0x2+(m−3)x−3m=0 với mm là tham số và xx là ẩn số

1. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi mm
2. Gọi x1,x2x1,x2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm mm để x21+x22−x1x2=9x12+x22−x1x2=9

Hướng dẫn giải

a. Ta có: Δ=(m−3)2+12m=m2+6m+9=(m+3)2≥0∀mΔ=(m−3)2+12m=m2+6m+9=(m+3)2≥0∀m

Suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi mm(đpcm)
Theo định lý Viet ta có {S=x1+x2=3−mP=x1x2=−3m{S=x1+x2=3−mP=x1x2=−3m

Ta có x21+x22−x1x2=9x12+x22−x1x2=9

⇔(x1+x2)2−3x1x2=9⇔(x1+x2)2−3x1x2=9

⇔(3−m)2+9m=9⇔(3−m)2+9m=9

⇔m2+3m=0⇔m2+3m=0

⇔m(m+3)=0⇔m(m+3)=0

⇔[m=0m=−3⇔[m=0m=−3

Nhận xét.

Với m=0m=0 thì Δ>0Δ>0, suy ra phương trình x2+(m−3)x−3m=0x2+(m−3)x−3m=0có hai nghiệm phân biệt .

Với m=−3m=−3 thì Δ=0Δ=0, suy ra phương trình x2+(m−3)x−3m=0x2+(m−3)x−3m=0có hai nghiệm kép.

Bài toán 4. Cho phương trình x2−2mx+m−2=0x2−2mx+m−2=0 với mm là tham số và xx là ẩn số

1. Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi mm
2. Gọi x1,x2x1,x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm mm để M=−48x21+x22−6x1x2M=−48x12+x22−6x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn giải

a.Ta có Δ=m2−(m−2)Δ=m2−(m−2) =m2−m+14+74=m2−m+14+74 =(m−12)2+74≥74>0∀m=(m−12)2+74≥74>0∀m

Suy ra phương trình x2−2mx+m−2=0x2−2mx+m−2=0 có hai nghiệm phân biệt với mọi mm(đpcm).

b. Theo định lý Viet ta có: {S=x1+x2=2mP=x1x2=m−2{S=x1+x2=2mP=x1x2=m−2

M=−48x21+x22−6x1x2M=−48x12+x22−6x1x2 =−48(x1+x2)2−8x1x2=−484m2−8(m−2)=−48(x1+x2)2−8x1x2=−484m2−8(m−2) latex=−48(2m−2)2+12latex=−48(2m−2)2+12

Ta có: (2m−2)2+12≥12∀m(2m−2)2+12≥12∀m

⇔1(2m−2)2+12≤112∀m⇔1(2m−2)2+12≤112∀m

⇔−48(2m−2)2+12≥−4∀m⇔−48(2m−2)2+12≥−4∀m

Suy ra Max(M)=−4Max(M)=−4. Dấu ”=””=” xảy ra khi và chỉ khi (2m−2)=0⇔m=1(2m−2)=0⇔m=1

Bài toán 5. Cho phương trình x2−mx−1=0x2−mx−1=0 với mm là tham số và xx là ẩn số

1. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu.
2. Gọi x1,x2x1,x2 là hai nghiệm của phương trình. Tính giá trị M=x21+x1−1x1−x22+x2−1x2M=x12+x1−1x1−x22+x2−1x2

Hướng dẫn giải

a. Xét phương trình x2−mx−1=0x2−mx−1=0 (mm là tham số và xx là ẩn số) ta có: P=x1x2=−1<0∀mP=x1x2=−1<0∀m

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu (đpcm)

b. M=x21+x1−1x1−x22+x2−1x2M=x12+x1−1x1−x22+x2−1x2

M=x1+1−1x1−x2−1+1x2M=x1+1−1x1−x2−1+1x2

M=(x1−x2)+x1−x2x1x2M=(x1−x2)+x1−x2x1x2

M=(x1−x2)(1+1x1x2)M=(x1−x2)(1+1x1x2)

Theo định lý Viet ta có: {S=x1+x2=mP=x1x2=−1{S=x1+x2=mP=x1x2=−1

Ta có: (x1−x2)2=x21+x22−2x1x2=(x1+x2)2−4x1x2(x1−x2)2=x12+x22−2x1x2=(x1+x2)2−4x1x2 =m2+4=m2+4 M2=(x1−x2)2(1+1x1x2)2=(m2+4)×0=0M2=(x1−x2)2(1+1x1x2)2=(m2+4)×0=0

Vậy M=0

Từ (2) ta thay a=-2x²-x+5 vào (1) ta được

4x³+3x²-7x+6=(x+2)(4x²-5x+3)=0

=> x=-2 => a=1

Thử lại với a=-1 thì (1) có nghiệm x₁=3; x₂=-2; (2) có nghiệm x₁=\(\frac{3}{2}\); x₂=-2(tm)

Vậy a=-1 và x=-2 là nghiệm chung

I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"

1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;

2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.

3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.

Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.

có face ko

\(VT=\sqrt{\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}\right)^2}\)

\(\le\sqrt{3\left(x+y+z+3\right)}=\sqrt{\left[9-2\left(x+y+z\right)\right]+5\left(x+y+z\right)}\)

\(=\sqrt{\left[9-\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\right]+5\left(x+y+z\right)}\le\sqrt{5\left(x+y+z\right)}=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\)

Theo giả thiết \(2=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\Rightarrow x+y+z\ge\frac{9}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)\ge3\)

\(VT=\sqrt{\left(\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{5\left(x+y+z\right)}}.\sqrt{5\left(x+y+z\right)}\right)^2}\le\sqrt{15\left(x+y+z\right)\left[\Sigma_{cyc}\frac{x+1}{5\left(x+y+z\right)}\right]}\)

\(=\sqrt{3\left(x+y+z+3\right)}\le\sqrt{3\left(x+y+z+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)\right)}=\sqrt{5\left(x+y+z\right)}=VP\)

1. Do ΔABC đều, BE và CF là tia phân giác của góc B, góc C nên ∠B1 = ∠B2 = ∠C1 = ∠C2 ⇒ AE   =    AF   =   BF   =   CE

∠FAB  = ∠B1   => AF//BE

2. (1,0 điểm)

Tương tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF là hình bình hành mà →AE = AF => →AE = AF  nên tứ giác AEOF là hình thoi.

DOFN và DAFM có ∠FAE = ∠FOE  (2 góc đối của hình thoi)

∠AFM = ∠FNO  (2 góc so le trong)

=> ΔAFM đồng dạng với ΔONF (g-g)

⇒ AF/ON = AM/OF ⇔ AF.OF = AM.ON
mà AF = OF nên AF² = AM.ON

3. (1,0 điểm)

Có ∠AFC = ∠ABC = 600  và AEOF là hình thoi => ΔAFO và ΔAEO là các tam giác đều => AF=DF=AO

=> AO² = AM.MO

⇔ AM/AO = AO/ON và có ∠OAM = ∠AOE = 600 =>  ΔAOM và  ΔONA đồng dạng.

=> ∠AOM = ∠ONA

Có 60º = ∠AOE = ∠AOM + ∠GOE = ∠ANO + GAE
=> ∠GAE = ∠GOE
mà hai góc cùng nhìn GE nên tứ giác AGEO nội tiếp