giúp mình phần b với ạ
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
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.
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).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
3 tháng 2 2022
\(A=\dfrac{2x-4\sqrt{x}+2-\left(2\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{x-4}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}\)
\(=\dfrac{2x-4\sqrt{x}+2-2x+4\sqrt{x}+\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}\)
27 tháng 9 2021
1b) \(C=\sqrt{81a}-\sqrt{144a}+\sqrt{36a}\left(a\ge0\right)=8\sqrt{a}-12\sqrt{a}+6\sqrt{a}=2\sqrt{a}\)
Bài 2:
a),b) \(P=\left(\dfrac{1}{1-\sqrt{a}}-\dfrac{1}{1+\sqrt{a}}\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+1\right)\left(đk:x>0,x\ne1\right)\)
\(=\dfrac{1+\sqrt{a}-1+\sqrt{a}}{\left(1-\sqrt{a}\right)\left(1+\sqrt{a}\right)}.\dfrac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}=\dfrac{2\sqrt{a}}{1-\sqrt{a}}.\dfrac{1}{\sqrt{a}}=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}\)
c) \(P=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}=\dfrac{2}{1-\sqrt{4}}=\dfrac{2}{1-2}=-2\)
d) \(P=\dfrac{2}{1-\sqrt{a}}=9\)
\(\Rightarrow-9\sqrt{a}+9=2\Rightarrow\sqrt{a}=\dfrac{7}{9}\Rightarrow a=\dfrac{49}{81}\left(tm\right)\)
TN
17 tháng 2 2023
đề đây nha mn giúp mik vs ạ
cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;K) có BD là đường kính và đường cao AH của tam giác ABC cắt (O;K) tại E
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 7 2021
1.
Dễ dàng tìm được tọa độ 2 giao điểm, do vai trò của A, B như nhau, giả sử \(A\left(2;4\right)\) và \(B\left(-1;1\right)\)
Gọi C và D lần lượt là 2 điểm trên trục Ox có cùng hoành độ với A và B, hay \(C\left(2;0\right)\) và \(D\left(-1;0\right)\)
Khi đó ta có ABDC là hình thang vuông tại D và C, các tam giác OBD vuông tại D và tam giác OAC vuông tại C
Độ dài các cạnh: \(BD=\left|y_B\right|=1\) ; \(AC=\left|y_A\right|=4\)
\(OD=\left|x_D\right|=1\) ; \(OC=\left|x_C\right|=2\) ; \(CD=\left|x_C-x_D\right|=3\)
Ta có:
\(S_{OAB}=S_{ABDC}-\left(S_{OBD}+S_{OAC}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}CD.\left(AC+BD\right)-\left(\dfrac{1}{2}BD.OD+\dfrac{1}{2}AC.OC\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}.3.\left(4+1\right)-\left(\dfrac{1}{2}.1.1+\dfrac{1}{2}.4.2\right)=3\)
8 tháng 7 2023
c: AF//EB
AF=EB
=>AEBF là hình bình hành
mà O là trung điểm của AB
nên O là trung điểm của EF
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 2 2021
\(AC=BC.cosC=2R.cos30^0=R\sqrt{3}\)
\(HC=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{3R^2}{2R}=\dfrac{3R}{2}\)
\(HF=HC.sin30^0=\dfrac{3R}{4}\)
\(CF=HC.cos30^0=\dfrac{3R\sqrt{3}}{4}\Rightarrow NF=\dfrac{3R\sqrt{3}}{8}\)
\(MF=\dfrac{1}{2}AF=\dfrac{1}{2}\left(AC-CF\right)=\dfrac{R\sqrt{3}}{8}\)
Hai tam giác vuông HFM và NFK đồng dạng (góc \(\widehat{MHF}=\widehat{KNF}\) do cùng phụ \(\widehat{HMN}\))
\(\Rightarrow\dfrac{KF}{MF}=\dfrac{FN}{HF}\Rightarrow KF=\dfrac{MF.NF}{HF}=\dfrac{3R}{16}\)
\(S_{KMN}=\dfrac{1}{2}KF.MN==\dfrac{1}{2}KF.\dfrac{AC}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{64}R^2\)
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
tui tưởng phải dùng \(\dfrac{\Delta>0 }{\dfrac{x1x2< 0}{x1+x2>0}}\)