10 bài tập Tính tổng, tích và giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 của phương trình bậc hai một ẩn mà không giải phương trình có lời giải

Đáp án đúng là: B

Nếu phương trình ax$^{2}$ + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x$_{1}$, x$_{2}$ thì theo định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - \frac{b}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right..$

Đáp án đúng là: A

Nếu x$_{1}$, x$_{2}$ là hai nghiệm của phương trình –x$^{2}$ – 5x – 3 = 0 thì theo định lí Viète, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 5}}{{ - 1}} = - 5}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{ - 3}}{{ - 1}} = 3}\end{array}} \right..$

Đáp án đúng là: D

Do phương trình x$^{2}$ – 7x + 11 = 0 có hai nghiệm nên theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}S = 7\\P = 11\end{array} \right.$

Do đó S + P = 7 + 11 = 18.

Đáp án đúng là: C

Do phương trình –2x$^{2}$ – 100x + 301 = 0 có hai nghiệm nên theo định lí Viète, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}S = - \frac{{ - 100}}{{ - 2}} = - 50\\P = \frac{{301}}{{ - 2}} = - 150{,}5\end{array} \right..$

Do đó S$^{2}$ + P$^{2}$ = (–50)$^{2}$ + (–150,5)$^{2}$ = 25 150,25.

Đáp án đúng là: D

Do phương trình –x$^{2}$ – 50x + 1001 = 0 có hai nghiệm x$_{1}$, x$_{2}$nên theo định lí Viète, ta có:

$$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 50}}{{ - 1}} = 50\\{x_1}{x_2} = \frac{{1001}}{{ - 1}} = - 1001\end{array} \right..$$

Ta có $A = \frac{1}{{{x_1} + 3}} + \frac{1}{{{x_2} + 3}} = \frac{{{x_2} + 3 + {x_1} + 3}}{{\left( {{x_1} + 3} \right)\left( {{x_2} + 3} \right)}}$

$$= \frac{{{x_1} + {x_2} + 6}}{{{x_1}{x_2} + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 9}}$$

$$= \frac{{50 + 6}}{{ - 1001 + 3 \cdot 50 + 9}} = \frac{{ - 28}}{{421}}.$$

Đáp án đúng là: B

Do phương trình 9x$^{2}$ – 100x + 25 = 0 có hai nghiệm dương x$_{1}$, x$_{2}$nên theo định lí Viète, ta có:

$$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{100}}{9}\\{x_1}{x_2} = \frac{{25}}{9}\end{array} \right..$$

Ta có: $x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{{100}}{9}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{{25}}{9} = \frac{{9550}}{{81}}.$

${\left( {\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} } \right)^2} = {x_1} + {x_2} + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} = \frac{{100}}{9} + 2\sqrt {\frac{{25}}{9}} = \frac{{130}}{9}$

Suy ra $\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} = \sqrt {\frac{{130}}{9}} = \frac{{\sqrt {130} }}{3}$ (vì $\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} > 0)$

Vậy $B = \frac{{\frac{{9550}}{{81}}}}{{\frac{{\sqrt {130} }}{3}}} = \frac{{955\sqrt {130} }}{{351}}.$

Đáp án đúng là: D

Do phương trình x$^{2}$ + 200x – 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$, x$_{2}$ nên theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 200\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.$

Ta có:

⦁ |x$_{1}$ – x$_{2}$|$^{2}$ = (x$_{1}$ – x$_{2}$)$^{2}$ = (x$_{1}$ + x$_{2}$)$^{2}$ – 4x$_{1}$x$_{2}$ = (–200)$^{2}$ – 4.(–1) = 40004.

Suy ra $\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2\sqrt {10001} .$

⦁ $x_1^2{x_2} + {x_1}x_2^2 = {x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = - 1 \cdot \left( { - 200} \right) = 200.$

Vậy $C = \frac{{100 \cdot 2\sqrt {10001} }}{{200}} = \sqrt {10001} .$

Đáp án đúng là: B

Phương trình x$^{2}$ – x – 2 = 0 có ∆ = (–1)$^{2}$ – 4.1.(–2) = 9 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right..$

Khoảng cách giữa hai điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình trên trục số bằng

$\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2}} = \sqrt {x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {{1^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right)} = \sqrt 9 = 3.$

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: D

Phương trình x$^{2}$ – 2x – 1 = 0 có ∆' = (–1)$^{2}$ – 1.(–1) = 2 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right..$

Gọi A và B lần lượt là điểm biểu diễn x$_{1}$ và x$_{2}$ trên Ox.

Ta có x$_{1}$x$_{2}$ = –1 < 0 nên hai nghiệm x$_{1>}$

, x$_{2}$ trái dấu nhau, do đó hai điểm A(x$_{1}$; 0) và B(x$_{2}$; 0) biểu diễn hai nghiệm x$_{1}$, x$_{2}$ nằm trên trục Ox và nằm về hai phía của trục Oy.

Ta có AB = |x$_{1}$ – x$_{2}$|.

Suy ra AB$^{2}$ = |x$_{1}$ – x$_{2}$|$^{2}$ = (x$_{1}$ + x$_{2}$)$^{2}$ – 4x$_{1}$x$_{2}$ = 2$^{2}$ – 4.(–1) = 8.

Do đó $AB = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 .$

Gọi H là hình chiếu của điểm C(1; 5) trên Ox, khi đó CH = |y$_{C}$| = 5.

Vậy diện tích tam giác ABC là:

${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 2\sqrt 2 = 5\sqrt 2$ (đơn vị diện tích).

Đáp án đúng là: C

Phương trình 2x$^{2}$ – x – 100 = 0 có ∆ = (–1)$^{2}$ – 4.2.(–100) = 801 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có: x$_{1}$x$_{2}$ = –50.

Gọi M và P lần lượt là điểm biểu diễn x$_{1}$ và x$_{2}$ trên Ox.

Ta thấy x$_{1}$x$_{2}$ = –50 < 0 nên hai nghiệm x$_{1>}$

, x$_{2}$ trái dấu nhau, do đó hai điểm M(x$_{1}$; 0) và N(x$_{2}$; 0) biểu diễn hai nghiệm x$_{1}$, x$_{2}$ nằm trên trục Ox và nằm về hai phía của trục Oy.

Xét ∆OMN và ∆ONP có:

$\widehat {MON} = \widehat {NOP} = 90^\circ$ và $\widehat {OMN} = \widehat {ONP}$ (cùng phụ với $\widehat {ONM}).$

Do đó ∆OMN ᔕ ∆ONP (g.g)

Suy ra $\frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OP}}$ nên ON$^{2}$ = OM.OP.

Do M(x$_{1}$; 0) nên OM = |x$_{1}$|.

Do N(x$_{2}$; 0) nên ON = |x$_{2}$|.

Khi đó, ON$^{2}$ = OM.OP = |x$_{1}$|.|x$_{2}$| = |x$_{1}$x$_{2}$| = |–50| = 50.

Suy ra $b = ON = \sqrt {50} = 5\sqrt 2$ (do b > 0).

Vậy ta chọn phương án C.