Luyện tập hệ thức viet

[ Ngân Hà Edu] 0379698100 LUYỆN TẬP HỆ THỨC VIET Giáo viên : Dương Thị Kim Ngân Bài : Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  1 Chứng minh với giá trị m (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hồnh độ trái dấu Tìm giá trị m để tam giác OAB có diện tích GIẢI CHI TIẾT Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x  mx  x  mx   0(*)   m   0, m Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt A,B Giả sử A(a; b); B(c; d ) ta có hồnh độ điểm A,B nghiệm phương trình (*) Theo viet ta có : a  c  m  ac  1 Vì ac  1 nên ta có (P) cắt (d) điểm phân biệt có hồnh độ trái dấu với m Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 F giao điểm (d) Oy nên tọa độ F nghiệm hệ phương trình :  y  mx   y    x  x   F (0;1)  OF  Ta có : SAOB   S AOG  SGOB 1  AG.FO  FO.BH 2 1  AG  BH  | a |  | c |  2 | a |  | c | Lại có : | a |  | c |   36  a  | ac | c  (a  c)  2ac  | ac | m    32  m2  m   32 Kết luận:… Bài : Tìm m để phương trình mx  2(2m  1)x  3m   có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn nghiệm gấp đôi nghiệm GIẢI CHI TIẾT Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 Với m  phương trình trở thành phương trình bậc nên phương trình khơng thể có nghiệm phân biệt Với m  mx  2(2m  1)x  3m    '  (2m  1)2  m(3m  2)  4m  4m   3m  2m  m  2m   (m  1) Để phương trình có nghiệm phân biệt  '  (m  1)2   m  1 Giả sử x1; x nghiệm phương trình x1  2x Theo viet điều kiện đề ta có hệ phương trình :   x1  2x  2(2m  1)   x1  x  m  3m    x1x  m Giải hệ phương trình :    x1  2x  x1  2x    2(2m  1) 2(2m  1)     x1  x   x1  x  m m   3m  3m    x x  x x  2   m m 2(2m  1)  x   3m  4(2m  1)    x1  3m   4(2m  1) 2(2m  1) 3m   (**)  3m 3m m  Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 (**)  (8m  4)(4m  2)  9m(3m  2)  32m  32m   27m  18m  5m  14m    m  2(TM)  4 m  (TM)  Kết luận: Bài : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  2x  m (m tham số) Xác định m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) Tìm hồnh độ tiếp điểm Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm A, B nằm hai phía trục tung diện tích AOM có diện tích gấp hai lần diện tích BOM (M giao điểm đường thẳng d với trục tung) GIẢI CHI TIẾT Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x2  2x  m  x2  x  m     4m (d) tiếp xúc với (P)    4m   m  1 Hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình : x  x    ( x  1)2   x 1 Vậy hoành độ tiếp điểm x  Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) x2  x  m  x2  2x  m     4m Để (P) cắt (d) điểm phân biệt :    4m   m  1 Giả sử (P) (d) cắt A( x A ; y A ); B ( xB ; yB ) Theo viet ta có :  x A  xB    x A xB   m Vì hai điểm A, B nằm hai phía trục tung nên A,B có hồnh độ trái dấu nên m   m  Vì SAOM  S BOM 1  AD.MO  .MO.BE 2 | y A | | yB | | x A  m | | xB  m |  x A  m   xB  m    x A  m  2  xB  m   x A  xB  m(*)   x A  xB  3m(**) TH1: (*) Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100  x A  xB   x A  xB     x A  xB  m   x A  xB  m  x x  m  x x  m  A B  A B 4m   xB   8m    xA    (4  m)(8  m)  m(***)  36  (***)  32  4m  m  36m  m  16  12 2(l )  m  32m  32     m  16  12 TH2: (**)  x A  xB   x A  xB    2 x A  xB  3m  2 x A  xB  3m  x x  m  x x  m  A B  A B 4  3m  x  B    3m    xA    (4  3m)(8  3m)   m(***)  (****)  32  36m  9m  4m  9m  32m  32  0(VN ) Kết luận:… Bài : Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  mx  Chứng minh với giá trị m (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A, B Gọi x1 , x hoành độ hai điểm A, B Chứng minh Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100  x1  x     x12  x 2 Gọi H, K hình chiếu vng góc hai điểm A, B tên trục hồnh Tính độ dài đoạn thẳng HK theo m GIẢI CHI TIẾT Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x  mx   x  mx     m  16  0, m Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt A,B với giá trị m Giả sử (d) (P) cắt A( x1; y1 ); B ( x2 ; y2 ) Theo viet ta có :  x1  x2  m   x1 x2  4 Ta có : P  x1  x2    x1  x2      x12  x2  x1  x2 2  x1 x2 2m  16m  m2  64    m 8 8(m2  8)  (m  8)  0, m 8(m  8)   x1  x2     0, m x12  x2   x1  x2     , m 2 x1  x2 Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 HK  HO  OK | x1 |  | x2 | Lại có : | x1 |  | x2 |  x12  | x1 x2 |  x2  ( x1  x2 )  x1 x2  | x1 x2 |  m    m  16 Vậy HK | x1 |  | x2 | m  16 2 Bài : Cho phương trình bậc hai x   m  1 x  m  2m  Giải hệ phương trình với m  Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn GIẢI CHI TIẾT Với m  Ta có phương trình : x  x  15   ( x  5)( x  3)  x   x    x   x  Kết luận: Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 Để phương trình có nghiệm trái dấu  '  (m  1)  m  2m   Vậy phương trình ln có nghiệm với m Gọi nghiệm phương trình x1 , x Theo viet ta có :  x1  x  2(m  1)   x1x  m  2m Vì nghiệm trái dấu nên: x1x  m  2m   m(m  2)   m  0  m  2  m        m   m  (VN)  m  2   m   Vì nghiệm âm có trị tuyệt đối lớn nên x1  x  2(m  1)   m  1 Vậy 2  m  1 Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin ... sử x1; x nghiệm phương trình x1  2x Theo viet điều kiện đề ta có hệ phương trình :   x1  2x  2(2m  1)   x1  x  m  3m    x1x  m Giải hệ phương trình :    x1  2x  x1  2x ... tri thức , gửi trọn niềm tin [ Ngân Hà Edu] 0379698100 Để phương trình có nghiệm trái dấu  '  (m  1)  m  2m   Vậy phương trình ln có nghiệm với m Gọi nghiệm phương trình x1 , x Theo viet. ..[ Ngân Hà Edu] 0379698100 F giao điểm (d) Oy nên tọa độ F nghiệm hệ phương trình :  y  mx   y    x  x   F (0;1)  OF  Ta có : SAOB   S AOG  SGOB