Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hoành độ giao điểm của d : y = mx+2 với (C) là nghiệm phương trình :
\(\begin{cases}x>0\\\log^2_2x-\log_2x^2-3\ge0\end{cases}\)
Dễ thấy với m = 0 thì (1) vô nghiệm. Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1. Điều kiện là
\(\begin{cases}\Delta>0\\m\left(-1\right)^2+m\left(-1\right)+3\ne0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow m^2-12m>0\) \(\Leftrightarrow m<0\) hoặc m > 12 (*)
Với (*) giả sử x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là :
\(A\left(x_1;mx_1+2\right);B\left(x_2;mx_2+2\right)\)
Dễ thất điểm O không thuộc d nên ABO là một tam giác.
Tam giác ABO vuông tại O khi và chỉ khi :
\(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Leftrightarrow\left(1+m^2\right)x_1x_2+2m\left(x_1+x_2\right)+4=0\)
Áp dụng định lí Viet ta có : \(x_1+x_2=-1;x_1x_2=\frac{3}{m}\)
Thay vào trên ta được :
\(m^2+4m+3=0\Leftrightarrow m=-3\) hoặc \(m=-1\) (thỏa mãn (*)
Vậy \(m=-3\) hoặc \(m=-1\)
\(\frac{x+2}{x+1}=x+m\Leftrightarrow\begin{cases}x\ne-1\\x^2+mx+m-2=0\left(1\right)\end{cases}\)
Phương trình (1) có \(\Delta=m^2-4\left(m-2\right)=m^2-4m+8>0\), mọi m và \(\left(-1\right)^2-m+m-2\ne0\)
nên d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt \(A\left(x_1;x_1+m\right);B\left(x_2;x_2+m\right)\)
Ta có \(OA=\sqrt{2x_1^2+2mx_1+m^2}=\sqrt{2\left(x_1^2+mx_1+m-2\right)+m^2-2m+4}=\sqrt{m^2-2m+4}\)
Tương tự \(OB=\sqrt{m^2-2m+4}\)
yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\begin{cases}\frac{2}{\sqrt{m^2-2m+4}}=1\\O\notin AB\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}m^2-2m+4=4\\m\ne0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow m=2\)
Phương trình có hoành độ giao điểm \(\frac{-x+m}{x+2}=-x+\frac{1}{2}\Leftrightarrow\begin{cases}x\ne-2\\2x^2+x+2m-2=0\left(1\right)\end{cases}\)
Đường thẳng (d) cắt \(\left(C_m\right)\) tại 2 điểm A, B <=> (1) có 2 nghiệm phân biệt \(x\ne-2\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta=1-8\left(2m-2\right)>0\\2\left(-2\right)^2+\left(-2\right)+2m-2\ne0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}17-16m>0\\m\ne-2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}m<\frac{17}{16}\\m\ne-2\end{cases}\)
\(A\left(x_1;-x_1+\frac{1}{2}\right);B\left(x_2;-x_2+\frac{1}{2}\right);\) trong đó x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Theo Viet ta có \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{1}{2}\\x_1x_2=m-1\end{cases}\)
\(AB=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_1-x_2\right)^2}=\sqrt{2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]}=\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}\)
\(d\left(O,d\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}};S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}AB.d\left(O,d\right)=\frac{1}{2}.\frac{1}{2\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{2\left(17-16m\right)}}{2}=1\)
\(\Leftrightarrow m=\frac{-47}{16}\)
Vậy \(m=\frac{-47}{16}\)
Phương trình hoành độ giao điểm \(3x^2+2mx+3m-4=0\left(1\right)\) với x. Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
\(\Leftrightarrow\begin{cases}9m^2-36m+48>0\\0.m-1\ne0\end{cases}\) (đúng với mọi m)
Gọi \(x_1;x_2\) là các nghiệm của phương trình (1), ta có : \(\begin{cases}x_1+x_2=-m\\x_1x_2=\frac{3m-4}{3}\end{cases}\) (*)
Giả sử \(A\left(x_1;x_1+m\right);B\left(x_2;x_2+m\right)\)
Khi đó ta có \(OA=\sqrt{x^2_1+\left(x_1+m\right)^2};OA=\sqrt{x^2_2+\left(x_2+m\right)^2}\)
Kết hợp (*) ta được \(OA=OB=\sqrt{x_1^2+x_2^2}\)
Suy ra tam giác OAB cân tại O
Ta có \(AB=\sqrt{2\left(x_1-x_2\right)^2}\). Tam giác OAB đều \(\Leftrightarrow OA^2=AB^2\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=2\left(x_1-x_2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-6x_1x_2=0\)
\(\Leftrightarrow m^2-6m+8=0\Leftrightarrow m=2\) hoặc m=4
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
\(m-\frac{-x^2+2x-4}{x-2}=0\Leftrightarrow x^2+x(m-2)+(4-2m)=0\)
Để 2 ĐTHS cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì PT trên phải có hai nghiệm phân biệt
\(\Leftrightarrow \Delta (m-2)^2-4(4-2m)>0\Leftrightarrow m^2+4m-12>0\)
\(\Leftrightarrow \) \(\left[{}\begin{matrix}m< -6\\m>2\end{matrix}\right.\)
Khi đó, với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của PT, áp dụng định lý Viete:
\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2-m\\ x_1x_2=4-2m\end{matrix}\right.\)
Hai giao điểm là \(A(x_1,m);B(x_2,m)\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{(x_1-x_2)^2}=\sqrt{m^2+4m-12}\)
Mặt khác \(d(O,AB)=|m|\)
\(\Rightarrow S_{OAB}=\frac{d(O,AB).AB}{2}=3\Leftrightarrow |m|\sqrt{m^2+4m-12}=6\)
\(\Rightarrow m\approx -6,11845\) hoặc \(m\approx 2,61246\) (đều thỏa mãn)
Bài 1:
ĐKXĐ:.............
Phương trình hoành độ giao điểm của \((d)\cap (C)\):
\(2(x-m)-\frac{2x-m}{mx+1}=0\Leftrightarrow m(2x^2-2mx-1)=0\)
Nếu \(m=0\Rightarrow (d)\equiv C\) (vô lý) nên $m\neq 0$ . Do đó \(2x^2-2mx-1=0\). $(1)$
Hai điểm $A,B$ có hoành độ chính là nghiệm của phương trình $(1)$
Áp dụng định lý Viet: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=m\\ x_1x_2=\frac{-1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(d(O,AB)=\frac{|-2m|}{\sqrt{5}}\); \(AB=\sqrt{(x_1-x_)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{5(m^2+2)}\)
\(\Rightarrow S_{OAB}=\frac{d(O,AB).AB}{2}=|m|\sqrt{m^2+2}\)
Mặt khác, dễ dàng tính được \(M(m,0),N(0,-2m)\) nên \(S_{OMN}=\frac{OM.ON}{2}=\frac{|m||-2m|}{2}=m^2\)
Ta có \(S_{OAB}=3S_{OMN}\Leftrightarrow |m|\sqrt{m^2+2}=3m^2\)
\(\Rightarrow m=\pm \frac{1}{2}(m\neq 0)\)
Bài 2:
Ta có \(A(1,0,1)\in (d_1);B(3,5,4)\in (d_2); \overrightarrow{u_{d_1}}=(-1,1,1);\overrightarrow{u_{d_2}}=(4,-2,1)\)
Dễ thấy \([\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}]\overrightarrow{AB}\neq 0\) nên suy ra $(d_1)$ và $(d_2)$ chéo nhau
Gọi \(\overrightarrow{n_P}\) là vector pháp tuyến của mặt phẳng $(P)$
Khi đó \(\overrightarrow{n_P}=[\overrightarrow{u_{d_1}},\overrightarrow{u_{d_2}}]=(3,5,-2)\)
Vì $(P)$ đi qua $(d_1)$ nên $(P)$ đi qua $A$. Do đó PTMP là:
\(3(x-1)+5y-2(z-1)=0\Leftrightarrow 3x+5y-2z-1=0\)
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
\(x^2(m-1)+x(12-7m)+(10m-29)=0(1)\)
Để hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì PT $(1)$ phải có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 1\\ \Delta=(12-7m)^2-4(m-1)(10m-29)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 1\\ 9m^2-12m+28=(3m-2)^2+24>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m\neq 1\)
Khi đó , áp dụng định lý Viete, nếu $x_1,x_2$ là hai nghiệm của $(1)$ thì: \(x_1+x_2=\frac{7m-12}{m-1}\)
Hai giao điểm của hai ĐTHS là \(A(x_1,m(x_1-5)+10);B(x_2,m(x_2-5)+10)\)
\(M(5,10)\) là trung điểm của $AB$
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x_1+x_2}{2}=5\\ \frac{y_1+y_2}{2}=\frac{m(x_1+x_2)-10m+20}{2}=10\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{7m-12}{m-1}=10\\ \frac{m(7m-12)}{m-1}=10m\end{matrix}\right.\)
Suy ra \(m=\frac{-2}{3}\) (thỏa mãn)
Lời giải:
PT hoành độ giao điểm:
\(x+m-\frac{2x-1}{x-1}=0\Leftrightarrow x^2+x(m-3)+(1-m)=0\) \((1)\)
Để hai ĐTHS cắt nhau ở hai điểm thì PT $(1)$ phải có hai nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow \Delta=(m-3)^2-4(1-m)>0\Leftrightarrow (m-1)^2+4>0\)
(luôn đúng với mọi $m$ )
Khi đó với \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của PT trên thì \(A(x_1,x_1+m) ; B(x_2,x_2+m)\) là hai giao điểm của 2 ĐTHS.
Không mất tổng quát, giả sử tam giác $OAB$ vuông tại $A$
\(\Rightarrow \overrightarrow{OA}\perp \overrightarrow{AB}\Leftrightarrow (x_1,x_1+m)\perp (x_2-x_1,x_2-x_1)\)
\(\Leftrightarrow x_1(x_2-x_1)+(x_2-x_1)(x_1+m)=0\)
\(\Rightarrow 2x_1+m=0\Rightarrow x_1=\frac{-m}{2}\)
Mà áp dụng định Viete: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=3-m\\ x_1x_2=1-m\end{matrix}\right.\Rightarrow x_1=3-m-x_1=\frac{1-m}{x_1}\)
\(\Leftrightarrow 3-\frac{m}{2}=\frac{2(m-1)}{m}\Rightarrow m=1\pm \sqrt{5}\) (thỏa mãn )
Vậy \(m=1\pm \sqrt{5}\)