Luyện tập hệ thức viet

[ Ngân Hà Edu] 0379698100

LUYỆN TẬP HỆ THỨC VIET
Giáo viên : Dương Thị Kim Ngân

Bài 1 : Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  mx  1
1. Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và
B có hoành độ trái dấu.
2. Tìm giá trị của m để tam giác OAB có diện tích bằng 3.
GIẢI CHI TIẾT
1.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
x 2  mx  1
x 2  mx  1  0(*)
  m 2  4  0, m

Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A,B
Giả sử A(a; b); B(c; d ) thì ta có hoành độ điểm A,B là nghiệm của phương trình (*)
Theo viet ta có :
a  c  m

ac  1

Vì ac  1 nên ta có (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ trái dấu với mọi
m
2.

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

1

[ Ngân Hà Edu] 0379698100
F là giao điểm của (d) và Oy nên
tọa độ F là nghiệm của hệ phương
trình :
 y  mx  1  y  1


x  0
x  0
 F (0;1)  OF  1

Ta có :
SAOB  3  S AOG  SGOB
1
1
 . AG.FO  .FO.BH
2
2
1
1
1
 AG  .BH  | a |  | c |  3
2
2
2
| a |  | c | 6

Lại có :

| a |  | c | 

2

 36  a 2  2 | ac | c 2

 (a  c) 2  2ac  2 | ac | m 2  2  2
 32  m2  m   32

Kết luận:…
2

Bài 2 : Tìm m để phương trình mx  2(2m  1)x  3m  2  0 có hai nghiệm phân biệt
thỏa mãn nghiệm này gấp đôi nghiệm kia.
GIẢI CHI TIẾT

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

2


[ Ngân Hà Edu] 0379698100

Với m  0 thì phương trình trở thành phương trình bậc nhất nên phương trình không thể
có 2 nghiệm phân biệt
Với m  0

mx 2  2(2m  1)x  3m  2  0
 '  (2m  1)2  m(3m  2)
 4m 2  4m  1  3m 2  2m

 m 2  2m  1  (m  1) 2
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì  '  (m  1)2  0  m  1
Giả sử x1; x 2 là 2 nghiệm của phương trình và x1  2x 2
Theo viet và điều kiện đề bài ta có hệ phương trình :


 x1  2x 2

2(2m  1)

 x1  x 2 
m

3m  2

 x1x 2  m
Giải hệ phương trình :



 x1  2x 2
 x1  2x 2  0


2(2m  1)
2(2m  1)


  x1  x 2 
 x1  x 2 

m
m


3m  2
3m  2


x
x

x
x

1
2
1
2


m
m
2(2m  1)

x

2

3m


4(2m  1)

  x1 
3m

 4(2m  1) 2(2m  1) 3m  2

(**)
 3m . 3m
m


Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

3


[ Ngân Hà Edu] 0379698100

(**)  (8m  4)(4m  2)  9m(3m  2)
 32m 2  32m  8  27m 2  18m
 5m 2  14m  8  0
 m  2(TM)

4
m 
(TM)
5

Kết luận:

2
Bài 3 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  : y  x và đường thẳng

 d  : y  2x  m (m là tham số).
1. Xác định m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P). Tìm hoành độ tiếp điểm.
2. Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A, B nằm về hai
phía của trục tung và diện tích AOM có diện tích gấp hai lần diện tích BOM
(M là giao điểm của đường thẳng d với trục tung).
GIẢI CHI TIẾT
1.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)

x2  2x  m  x2  2 x  m  0
  4  4m
(d) tiếp xúc với (P) thì   4  4m  0  m  1
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình :

x 2  2 x  1  0  ( x  1)2  0
 x 1
Vậy hoành độ tiếp điểm là x  1
2.

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

4


[ Ngân Hà Edu] 0379698100
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P)

và (d)

x2  2 x  m  x2  2x  m  0
  4  4m
Để (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt thì :

  4  4m  0  m  1
Giả sử (P) và (d) cắt nhau tại

A( x A ; y A ); B ( xB ; yB )
Theo viet ta có :

 x A  xB  2

 x A xB   m
Vì hai điểm A, B nằm về hai phía của trục
tung nên A,B có hoành độ trái dấu nên

m  0  m  0
Vì SAOM  2 S BOM
1
1
 . AD.MO  2. .MO.BE
2
2
| y A | 2 | yB |
| 2 x A  m | 2 | 2 xB  m |
 2 x A  m  2  2 xB  m 

 2 x A  m  2  2 xB  m 

 2 x A  4 xB  m(*)

 2 x A  4 xB  3m(**)
TH1: (*) đúng

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

5


[ Ngân Hà Edu] 0379698100

 x A  xB  2
 2 x A  2 xB  4


 2 x A  4 xB  m   2 x A  4 xB  m
 x x  m
 x x  m
 A B
 A B
4m

 xB  6

8m

  xA 
6


 (4  m)(8  m)
 m(***)

36

(***)  32  4m  m 2  36m
 m  16  12 2(l )
 m 2  32m  32  0  
 m  16  12 2
TH2: (**) đúng

 x A  xB  2
 2 x A  2 xB  4


2 x A  4 xB  3m  2 x A  4 xB  3m
 x x  m
 x x  m
 A B
 A B
4  3m

x

B

2

8  3m


  xA 
2

 (4  3m)(8  3m)
  m(***)

4
(****)  32  36m  9m 2  4m
 9m 2  32m  32  0(VN )
Kết luận:….
Bài 4 : Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  mx  4
1. Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B
2. Gọi x1 , x 2 lần lượt là hoành độ của hai điểm A, B. Chứng minh

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

6


[ Ngân Hà Edu] 0379698100

2  x1  x 2   7
1


x12  x 2 2
8
3. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của hai điểm A, B tên trục hoành. Tính
độ dài đoạn thẳng HK theo m.
GIẢI CHI TIẾT

1.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) :

x 2  mx  4  x 2  mx  4  0
  m 2  16  0, m
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A,B với mọi giá trị m
2.
Giả sử (d) và (P) cắt nhau tại A( x1; y1 ); B ( x2 ; y2 )
Theo viet ta có :

 x1  x2  m

 x1 x2  4
Ta có :

P

2  x1  x2   7 1
2  x1  x2   7
1



x12  x2 2
8  x1  x2 2  2 x1 x2 8

2m  7 1 16m  m2  64
 2
 
m 8 8

8(m2  8)


(m  8) 2
 0, m
8(m 2  8)



2  x1  x2   7 1
  0, m
x12  x2 2
8



2  x1  x2   7
1
  , m
2
2
x1  x2
8

3.

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

7

[ Ngân Hà Edu] 0379698100

HK  HO  OK
| x1 |  | x2 |
Lại có :

| x1 |  | x2 |

2

 x12  2 | x1 x2 |  x2 2

 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2  2 | x1 x2 |
 m 2  8  8  m 2  16
Vậy HK | x1 |  | x2 | m 2  16

2

2

Bài 5 : Cho phương trình bậc hai x  2  m  1 x  m  2m  0
1. Giải hệ phương trình với m  3
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối
lớn hơn.
GIẢI CHI TIẾT
1.
Với m  3
Ta có phương trình :

x 2  8 x  15  0
 ( x  5)( x  3)  0
x  5  0
x  5


x  3  0
x  3
Kết luận:
2.

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

8


[ Ngân Hà Edu] 0379698100
Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì

 '  (m  1) 2  m 2  2m  1  0
Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm với mọi m
Gọi 2 nghiệm của phương trình là x1 , x 2
Theo viet ta có :

 x1  x 2  2(m  1)

2
 x1x 2  m  2m
Vì 2 nghiệm trái dấu nên: x1x 2  m 2  2m  0  m(m  2)  0

 m  0
0  m  2

m

2

0



  m  0
 m  0
(VN)
 m  2

 m  2  0
Vì nghiệm âm có trị tuyệt đối lớn hơn nên x1  x 2  2(m  1)  0  m  1
Vậy 2  m  1

Ngân Hà Edu – Trao tri thức , gửi trọn niềm tin

9