PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNG X4 4 X2  5 0 1   HOẶC X    3 3 X

Question

Câu 2. a) Điều kiện:  x  0  và  x  1.  Phương trình tương đương  x4 4 x2  5 0 1    hoặc  x    3 3 x .Ta có:    1   x2 1  x2  5  0.  Do  x  0  và  x  1  nên phương trình này vô nghiệm. 3 3  x x   Lại  có   Nhưng  x  0   và  x  1 nên 2 3 3 1.x x x                    1 6 0 2   phương trình này vô nghiệm. Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.  b) Điều kiện để    d  và    d1  cắt nhau là  m  1.  Ta lại có  I  thuộc    d  và    d1 , nên ta có hệ: 4 9 9    m m 4 .     m n mn n3 2 6 3   mDo đó  27mn  4  và  3 .4n c) Độ dài đường chéo  AC  bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật  ABCD  nên  AC  10 ( ). cmĐặt  AB a cm  ( )  và  BC b cm  ( )  với  a b ,  0.  Khi đó diện tích hình chữ nhật  ABCD  là  ab cm  2 .Theo giả thiết ta có:  2  a b    28    a b 14.Lại có  a2 b2 AC2 100.a b a bSuy ra:   2  2 2 14 100 48.2ab       2 2Vậy diện tích hình chữ nhật  ABCD  bằng  48   cm2 .a) Phương trình hoành độ giao điểm của    P  và    d  là:  x2 2 mx   3 0.Ta thấy  ac       1   3 3 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt  x x1; 2 trái dấu nhau. Do đó    P  luôn cắt    d  tại hai điểm phân biệt  A x y B x y  1; 1  , 2; 2   với mọi  m .Áp dụng định lý Viete, ta có:  x1  x2 2 m  và  x x1 2 3.Do đó  y1 y2  2 mx1  3   2 mx2  3  2 m x  1 x2   6 4 m2 6.Vậy  y1 y2 4 m2 6.b) Ta có:  y1 x12 và  y2 x22 nên phương trình tương đương: 2 2 2 2x x x x x x x x x x x x4 4 3 3 4 4        1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2     x x x x x x x x x x4 4 1 4 0         1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 .  1 2    Nếu  x1 4 x2 thì  x x1 2  4 x22   3  vô lý. Nếu  x x1 2 1  thì  2 m  1  hay  1 .m  2Vậy  1m  2  là giá trị duy nhất cần tìm.

Answer

Câu 2. a) Điều kiện:  x  0  và  x  1.  Phương trình tương đương  x4 4 x2  5 0 1    hoặc  x    3 3 x .Ta có:    1   x2 1  x2  5  0.  Do  x  0  và  x  1  nên phương trình này vô nghiệm. 3 3  x x   Lại  có   Nhưng  x  0   và  x  1 nên 2 3 3 1.x x x                    1 6 0 2   phương trình này vô nghiệm. Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm.  b) Điều kiện để    d  và    d1  cắt nhau là  m  1.  Ta lại có  I  thuộc    d  và    d1 , nên ta có hệ: 4 9 9    m m 4 .     m n mn n3 2 6 3   mDo đó  27mn  4  và  3 .4n c) Độ dài đường chéo  AC  bằng đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật  ABCD  nên  AC  10 ( ). cmĐặt  AB a cm  ( )  và  BC b cm  ( )  với  a b ,  0.  Khi đó diện tích hình chữ nhật  ABCD  là  ab cm  2 .Theo giả thiết ta có:  2  a b    28    a b 14.Lại có  a2 b2 AC2 100.a b a bSuy ra:   2  2 2 14 100 48.2ab       2 2Vậy diện tích hình chữ nhật  ABCD  bằng  48   cm2 .a) Phương trình hoành độ giao điểm của    P  và    d  là:  x2 2 mx   3 0.Ta thấy  ac       1   3 3 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt  x x1; 2 trái dấu nhau. Do đó    P  luôn cắt    d  tại hai điểm phân biệt  A x y B x y  1; 1  , 2; 2   với mọi  m .Áp dụng định lý Viete, ta có:  x1  x2 2 m  và  x x1 2 3.Do đó  y1 y2  2 mx1  3   2 mx2  3  2 m x  1 x2   6 4 m2 6.Vậy  y1 y2 4 m2 6.b) Ta có:  y1 x12 và  y2 x22 nên phương trình tương đương: 2 2 2 2x x x x x x x x x x x x4 4 3 3 4 4        1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2     x x x x x x x x x x4 4 1 4 0         1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 .  1 2    Nếu  x1 4 x2 thì  x x1 2  4 x22   3  vô lý. Nếu  x x1 2 1  thì  2 m  1  hay  1 .m  2Vậy  1m  2  là giá trị duy nhất cần tìm.