Lời giải:

Ta có: \(x^4-2(m+1)x^2+2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow (x^4-x^2)-(2m+1)x^2+2m+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2(x^2-1)-(2m+1)(x^2-1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x^2-1)(x^2-2m-1)=0\)

Hiển nhiên pt đã có hai nghiệm \(x=\pm 1\)

Để pt có 4 nghiệm phân biệt thì \(x^2-2m-1=0(*)\) phải có hai nghiệm phân biệt khác $\pm 1$

Điều này xảy ra khi: \(\left\{\begin{matrix} 2m+1>0\\ 2m+1\neq 1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m> -\frac{1}{2}\\ m\neq 0\end{matrix}\right.\)

Khi đó $(*)$ có hai nghiệm \(\left[\begin{matrix} x=\sqrt{2m+1}\\ x=-\sqrt{2m+1}\end{matrix}\right.\)

PT có nghiệm 4 nghiệm khác $0$ là: \(1,-1, \sqrt{2m+1}, -\sqrt{2m+1}\)

Bài toán sẽ đẹp hơn nếu sắp xếp thứ tự của $x_1,x_2,x_3,x_4$. Nhưng vì không sắp xếp nên buộc ta phải xét TH.

Nếu $x_1,x_3$ là hai nghiệm đối nhau thì hoàn toàn vô lý vì \(2x_2\neq 0\)

Do đó: \(\left[\begin{matrix} x_1+x_3=1-\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=1+\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=-1+\sqrt{2m+1}\\ x_1+x_3=-1-\sqrt{2m-1}\end{matrix}\right.\)

\(\bullet x_1+x_3=1+\sqrt{2m+1}>0\) mà \(x_2\in\left\{-1; -\sqrt{2m+1}\right\}<0\) nên loại

\(\bullet x_1+x_3=-1-\sqrt{2m+1}<0\) mà \(x_2\in\left\{1; \sqrt{2m+1}\right\}>0\) nên loại

\(\bullet x_1+x_3=1-\sqrt{2m+1}\)

Nếu \(x_2=\sqrt{2m+1}\Rightarrow 1-\sqrt{2m+1}=2\sqrt{2m+1}\)

\(\Rightarrow m=\frac{-4}{9}\) (thỏa mãn)

Nếu \(x_2=-1\Rightarrow 1-\sqrt{2m+1}=-2\Rightarrow m=4\) (thỏa mãn)

\(\bullet x_1+x_3=\sqrt{2m+1}-1\)

Nếu \(x_2=-\sqrt{2m+1}\Rightarrow \sqrt{2m+1}-1=-2\sqrt{2m+1}\)

\(\Rightarrow m=\frac{-4}{9}\) (t/m)

Nếu \(x_2=1\Rightarrow \sqrt{2m+1}-1=2\Rightarrow m=4\)

Tóm lại \(m=\frac{-4}{9}; m=4\)

Lời giải:

Để pt có hai nghiệm thì: \(\Delta'=(m+1)^2-(m^2-2)>0\)

\(\Leftrightarrow 2m+3>0\Leftrightarrow m> \frac{-3}{2}(*)\)

Áp dụng định lý Viete có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m+1)\\ x_1x_2=m^2-2\end{matrix}\right.\)

1)

Để pt có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương thì:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2<0\\ x_1x_2< 0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2(m+1)<0\\ m^2-2< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m< -1\\ -\sqrt{2}< m< \sqrt{2}\end{matrix}\right.\). Kết hợp với $(*)$ suy ra \(-\sqrt{2}< m< -1\)

2)

\(2x_1-x_2=-1\Leftrightarrow 3x_1-(x_1+x_2)=-1\)

\(\Leftrightarrow 3x_1-2(m+1)=-1\Leftrightarrow x_1=\frac{2m+1}{3}\)

\(\Rightarrow x_2=\frac{4m+5}{3}\)

Khi đó: \(m^2-2=x_1x_2=\frac{2m+1}{3}.\frac{4m+5}{3}\)

Giải pt ta dễ dàng suy ra \(m=7\pm 6\sqrt{2}\)

Kết hợp với $(*)$ thì \(m=7\pm 6\sqrt{2}\)

Cho Nguyên hỏi là tại sao khi phương trình có nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn thì ta phải xét S lớn hơn 0 vậy rất thắc mắc chỗ đó!

Lời giải:

ĐKXĐ:......

\(\left\{\begin{matrix} x^2-y^2+4=2(\sqrt{y}-\sqrt{x+2}-2x)(1)\\ 4\sqrt{x+2}+\sqrt{28-3y}=y^2-4x+4(2)\end{matrix}\right.\)

Từ \((1)\Leftrightarrow x^2+4x-y^2+4=2(\sqrt{y}-\sqrt{x+2})\)

\(\Leftrightarrow (x+2)^2-y^2=2(\sqrt{y}-\sqrt{x+2})\)

\(\Leftrightarrow (x+2-y)(x+2+y)=2(\sqrt{y}-\sqrt{x+2})\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{x+2}-\sqrt{y})(\sqrt{x+2}+\sqrt{y})(x+2+y)+2(\sqrt{x+2}-\sqrt{y})=0\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{x+2}-\sqrt{y})[(\sqrt{x+2}+\sqrt{y})(x+2+y)+2]=0\)

Với \(x+2,y\geq 0\), hiển nhiên biểu thức trong ngoặc vuông luôn lớn hơn $0$

Do đó \(\sqrt{x+2}-\sqrt{y}=0\)

\(\Rightarrow x+2=y\)

Thay \(x=y-2\) vào PT(2) ta có:

\(4\sqrt{y}+\sqrt{28-3y}=y^2-4(y-2)+4\)

\(\Leftrightarrow 4\sqrt{y}+\sqrt{28-3y}=y^2-4y+12\)

\(\Leftrightarrow 4(\sqrt{y}-2)+(\sqrt{28-3y}-4)=y^2-4y\)

\(\Leftrightarrow \frac{4(y-4)}{\sqrt{y}+2}-\frac{3(y-4)}{\sqrt{28-3y}+4}=y(y-4)\)

\(\Leftrightarrow (y-4)\left[y+\frac{3}{\sqrt{28-3y}+4}-\frac{4}{\sqrt{y}+2}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} y=4\\ y+\frac{3}{\sqrt{28-3y}+4}=\frac{4}{\sqrt{y}+2}(*)\end{matrix}\right.\)

Xét $(*)$

Nếu \(y>1\Rightarrow \text{VT}>\frac{4}{3}; \text{VP}< \frac{4}{3}\) (loại)

Nếu \(y<1 \Rightarrow \text{VT}< \frac{4}{3}: \text{VP}> \frac{4}{3}\) (loại)

Nếu $y=1$ thì thỏa mãn

Vậy \(\left[\begin{matrix} y=4\rightarrow x=2\\ y=1\rightarrow x=-1\end{matrix}\right.\)

a) Do SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) nên \(\widehat{SAO}=90^o\)

Do I là trung điểm của dây cung BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có \(OI\perp BC\Rightarrow\widehat{SIO}=90^o\)

Xét tứ giác SAOI có \(\widehat{SAO}+\widehat{SIO}=180^o\) mà A và I là hai đỉnh đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO.

Xét tam giác cân OBC có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác. Suy ra \(\widehat{BOD}=\widehat{COD}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\)

Xét đường tròn (O) có \(sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{DAC}\) (Hai góc nội tiếp chắn các cung có số đo bằng nhau)

Suy ra AD là phân giác góc BAC.

b) Xét đường tròn (O) có:

\(\widehat{SEA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{DC}\right)\) (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn)

\(=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{BD}\right)=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\)

Lại có \(\widehat{SAE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\) (Góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)

\(\Rightarrow\widehat{SEA}=\widehat{SAE}\) hay tam giác SAE cân tại S.

Suy ra SA = SE (1)

Xét tam giác SBA và tam giác SAC có:

Góc S chung

\(\widehat{SAB}=\widehat{SCA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AB)

\(\Rightarrow\Delta SBA\sim\Delta SAC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{SB}{SA}=\dfrac{SA}{SC}\Rightarrow SA^2=SB.SC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SE^2=SB.SC\)

c) Xét tam giác SAM và tam giác SFA có:

Góc S chung

\(\widehat{SAM}=\widehat{SFA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AM)

\(\Rightarrow\Delta SAM\sim\Delta SFA\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SF}=\dfrac{SM}{SA}\Rightarrow SA^2=SM.SF\)

\(\Rightarrow SM.SF=SE^2\Rightarrow\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)

Xét tam giác SME và tam giác SEF có:

Góc S chung

\(\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)

\(\Rightarrow\Delta SME\sim\Delta SEF\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MES}=\widehat{EFM}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{ME}\)

Suy ra SE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFM.

d) Câu d có lẽ em gõ nhầm một chút: Kẻ AH vuông góc SO tại H.

Em xem lại đề rồi báo lại cô nhé. Nếu sửa đề như cô nói thì ta sẽ chứng minh FN vuông góc SD.

Sau đó xét tam giác SFD có SI và FN là các đường cao nên N là trực tâm của tam giác

Vậy thì N thuộc đường cao DM hay M, N, D thẳng hàng.

Ôi cái hình =))))

Hướng dẫn giải:

a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra EF ⊥ OM

Tứ giác ABHM có góc A = góc H = 90⁰ nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.

b) \(Δ_VOHB ∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OA}=\dfrac{OB}{AM}\)

\(\Rightarrow OA.OB=OH.OM\) (1)

\(Δ_VOHE∼ Δ_VOEM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OE}=\dfrac{OE}{OM}\)

\(\Rightarrow OH.OM=OE^2=R^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OA.OB=OH.OM =R^2\)

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.

Do \(\stackrel\frown{FI}=\stackrel\frown{EI}\) suy ra \(\widehat{MFI}=\widehat{EFI}\)

Suy ra FI là phân giác của góc \(\widehat{MFE}\)

Lại có MI là phân giác của góc \(\widehat{EMF}\)

Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF

\(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định. Suy ra đpcm.

d) Diện tích tam giác HBO: \(S=\dfrac{1}{2}HO.HB\)

Xét \(Δ_VOHB∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{HB}{AM}=\dfrac{OB}{OM}\)

\(\Rightarrow HB.OM=AM.OB\) (3)

Có: \(OH.OM=R^2\) (4)

Nhân (3) và (4) vế với vế ta được: \(OH.HB.OM^2=R^2.AM.OB=R^2.AM.\dfrac{R^2}{OA}\)

\(\Rightarrow OH.HB = R^4.\dfrac{AM}{OA.OM^2}= R^4.\dfrac{AM}{OA.(OA^2+AM^2)}\)

Áp dụng BĐT Cô si với OA và AM ta có: \(OA^2+AM^2\ge2.\sqrt{OA^2.AM^2}=2.OA.AM\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(OA=AM\)

\(\Rightarrow OH.HB \le R^4.\dfrac{AM}{OA.2.OA.AM}=\dfrac{R^4}{2OA^2}\)

Suy ra: \(S_{max}=\dfrac{R^4}{4.OA^2}\) khi \(OA=AM\)

Thanks ạ

Lời giải:

Sử dụng liên hợp

Dễ thấy \(x\neq \sqrt{x^2+2011}; y\neq \sqrt{y^2+2011}\)

PT ban đầu: \((x+\sqrt{x^2+2011})(y+\sqrt{y^2+2011})=2011(*)\)

\(\Leftrightarrow \frac{x^2-(x^2+2011)}{x-\sqrt{x^2+2011}}.\frac{y^2-(y^2+2011)}{y-\sqrt{y^2+2011}}=2011\)

\(\Leftrightarrow \frac{2011^2}{(x-\sqrt{x^2+2011})(y-\sqrt{y^2+2011})}=2011\)

\(\Rightarrow (x-\sqrt{x^2+2011})(y-\sqrt{y^2+2011})=2011(**)\)

Lấy \((*)-(**)\) thu được:

\(2x\sqrt{y^2+2011}+2y\sqrt{y^2+2011}=0\)

\(\Leftrightarrow x\sqrt{y^2+2011}=-y\sqrt{x^2+2011}(***)\)

Bình phương hai vế:
\(x^2(y^2+2011)=y^2(x^2+2011)\)

\(\Leftrightarrow 2011x^2=2011y^2\Leftrightarrow (x-y)(x+y)=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} x+y=0\\ x-y=0\end{matrix}\right.\)

Nếu \(x-y=0\Leftrightarrow x=y\)

Thay vào $(***)$ suy ra ngay $x=y=0$ suy ra \(x+y=0\)

Tóm lại trong mọi TH thì $x+y=0$

hay

cô ơi cho em xin đề hóa thi vào lp chuyên

cô ơi đề ktra lp9 sao link vào là của lp8 ạ

de bai khong cho nghiem nguyen ha cau

Lời giải:

a)

Vì $IK,IA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(IK\perp KO, IA\perp OA\), hay \(IK\perp OS, IA\perp ON\)

\(\Rightarrow \widehat{NKS}=\widehat{NAS}=90^0\)

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh $NS$ nên suy ra tứ giác $ASNK$ nội tiếp, tức là $ASNK$ cùng thuộc một đường tròn.

b)

Theo tính chất hai đường tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra $OI$ là phân giác góc \(\widehat{AOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{IOA}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\)

Mag \(\widehat{ABK}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm chắn cùng một cung AK)

Do đó: \(\widehat{IOA}=\widehat{ABK}\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(IO\parallel KB\)

Ý 2:

Xét tam giác $SNO$ có \(NK\perp SO, SA\perp NO\) và \(NK,SA\) cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $SNO$

Suy ra \(OI\perp SN\) (đpcm)

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(IK=IA=3\)

Vì \(OI\parallel KB\) nên theo định lý Thales thì:

\(\frac{KN}{IK}=\frac{NB}{OB}\Leftrightarrow \frac{KN}{3}=\frac{NB}{1,5}\)

\(\Leftrightarrow KN=2NB(1)\)

Theo định lý Pitago: \(ON^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (OB+BN)^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (1,5+BN)^2=1,5^2+KN^2(2)\)

Từ (1); (2) dễ dàng tìm được \(BN=1; KN=2\)

Theo tính chất của hai tt cắt nhau thì $IO$ là phân giác của \(\widehat{AIK}\) hay \(\widehat{SIN}\)

Mà $IO$ đồng thời cũng là đường cao của tam giác $SIN$ do \(IO\perp SN\)

Do đó tam giác \(SIN\) cân tại $I$ nên \(SI=IN\)

\(S_{SIN}=\frac{AN.IS}{2}=\frac{AN.IN}{2}=\frac{(AB+BN)(IK+KN)}{2}=\frac{(3+1)(3+2)}{2}=10\) (cm vuông)

cảm ơn nhiều ak

Lời giải:

Biểu thức mũ ba làm ta liên tưởng đến đẳng thức quen thuộc:

\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)\)

Áp dụng vào bài toán:

\(x^3+y^3-12xy+51=0\)

\(\Leftrightarrow (x^3+y^3+4^3-12xy)-13=0\)

\(\Leftrightarrow (x+y+4)(x^2+y^2+16-xy-4x-4y)=13\)

Biểu thức \(x^2+y^2+16-xy-4x-4y\) có dạng \(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\) nên hiển nhiên luôn không âm theo BĐT AM-GM.

Do đó ta chỉ xét các TH sau:

TH1: \(\left\{\begin{matrix} x+y+4=1\\ x^2+y^2+16-xy-4x-4y=13\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=-3\\ (x+y)^2+16-3xy-4(x+y)=13\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=-3\\ xy=8\end{matrix}\right.\)

Theo định lý Viete đảo $x,y$ là nghiệm của pt \(X^2+3X+8=0\Leftrightarrow (X+\frac{3}{2})^2+\frac{23}{4}=0\) (vô nghiệm)

TH2: \(\left\{\begin{matrix} x+y+4=13\\ x^2+y^2+16-xy-4x-4y=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=9\\ (x+y)^2+16-3xy-4(x+y)=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=9\\ xy=20\end{matrix}\right.\)

Khi đó $x,y$ là nghiệm của pt \(X^2-9X+20=0\)

\(\Rightarrow (x,y)=(4,5)\) và hoán vị

Vậy......