Sách bài tập Toán 9 Bài 3 (Cánh diều): Định lí Viète

Giải SBT Toán 9 Bài 3: Định lí Viète

Bài 24 trang 70 SBT Toán 9 Tập 2: Không tính ∆, giải các phương trình:

a) $7{\mathrm{x}}^2+3\sqrt{3}\mathrm{x}-7+3\sqrt{3}=0;$

b) –2x² + (5m + 1)x – 5m + 1 = 0.

Lời giải:

a) Phương trình $7{\mathrm{x}}^2+3\sqrt{3}\mathrm{x}-7+3\sqrt{3}=0$ có các hệ số: a = 7; $\mathrm{b}=3\sqrt{3};\mathrm{c}=-7+3\sqrt{3}.$

Ta thấy: $\mathrm{a}-\mathrm{b}+\mathrm{c}=7-3\sqrt{3}-7+3\sqrt{3}=0.$

Do đó, phương trình $7{\mathrm{x}}^2+3\sqrt{3}\mathrm{x}-7+3\sqrt{3}=0$ có hai nghiệm là ${\mathrm{x}}_1=-1;{\mathrm{x}}_2=\frac{7-3\sqrt{3}}{7}.$

b) Phương trình –2x² + (5m + 1)x – 5m + 1 = 0 có các hệ số: a = ‒2; b = 5m + 1; c = ‒5m + 1.

Ta thấy: a + b + c = ‒2 + 5m + 1 ‒ 5m + 1 = 0.

Do đó, phương trình –2x² + (5m + 1)x – 5m + 1 = 0 có hai nghiệm là ${\mathrm{x}}_1=1;{\mathrm{x}}_2=\frac{-5\mathrm{m}+1}{-2}=\frac{5\mathrm{m}-1}{2}.$

Bài 25 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình ${\mathrm{x}}^2+\mathrm{x}-2+\sqrt{2}=0.$

a) Chứng tỏ rằng phương trình có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu.

b) Không giải phương trình, tính:

$\mathrm{A}={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2;\mathrm{B}={\mathrm{x}}_1^3+{\mathrm{x}}_2^3;$ $\mathrm{C}=\frac{1}{{\mathrm{x}}_1}+\frac{1}{{\mathrm{x}}_2};$ D = |x₁ – x₂|.

Lời giải:

a) Phương trình ${\mathrm{x}}^2+\mathrm{x}-2+\sqrt{2}=0$ có

$\mathrm{\Delta }=1^2-4\cdot 1\cdot \left(-2+\sqrt{2}\right)=9-4\sqrt{2}>0.$

Do đó phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có ${\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=-2+\sqrt{2}.$

Ta thấy tích của hai nghiệm là $-2+\sqrt{2}<0.$

Do đó phương trình có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu.

b) Theo định lí Viète, ta có ${\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2=-1;{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=-2+\sqrt{2}.$ Khi đó:

⦁ $\mathrm{A}={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2+2{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2-2{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2={\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2-2{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2$

$={\left(-1\right)}^2-2\left(-2+\sqrt{2}\right)=1+4-2\sqrt{2}=5-2\sqrt{2}.$

⦁ $\mathrm{B}={\mathrm{x}}_1^3+{\mathrm{x}}_2^3=\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)\left({\mathrm{x}}_1^2-{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+{\mathrm{x}}_2^2\right)$

$=\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)\left({\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2+2{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2-3{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2\right)$

$=\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)\left[{\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2-3{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2\right]$

$=-1\cdot \left[{\left(-1\right)}^2-3\left(-2+\sqrt{2}\right)\right]$

$=-\left(1+6-3\sqrt{2}\right)$

$=-7+3\sqrt{2}.$

⦁ $\mathrm{C}=\frac{1}{{\mathrm{x}}_1}+\frac{1}{{\mathrm{x}}_2}=\frac{{\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2}{{\mathrm{x}}_1\cdot {\mathrm{x}}_2}=\frac{-1}{-2+\sqrt{2}}=\frac{1}{2-\sqrt{2}}$

$=\frac{1}{2-\sqrt{2}}=\frac{2+\sqrt{2}}{\left(2-\sqrt{2}\right)\left(2+\sqrt{2}\right)}$

$=\frac{2+\sqrt{2}}{4-2}=\frac{2+\sqrt{2}}{2}=1+\frac{\sqrt{2}}{2}.$

⦁ D = |x₁ – x₂|

$D^2={\left|x_1-x_2\right|}^2={\left(x_1-x_2\right)}^2=x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2$

$={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2$

$=1-4\cdot \left(-2+\sqrt{2}\right)=1+8-4\sqrt{2}$

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

Do đó $\mathrm{D}=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}-1\right)}^2}=\left|2\sqrt{2}-1\right|=2\sqrt{2}-1.$

Bài 26 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: a) Cho phương trình –x² + 5kx + 4 = 0. Tìm các giá trị k để phương trình có hai nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn điều kiện

b) Cho phương trình kx² – 6(k – 1)x + 9(k – 3) = 0(k ≠ 0). Tìm các giá trị k để phương trình có hai nghiệm x₁, x₂thỏa mãn điều kiện x₁ + x₂ – x₁x₂ = 0.

Lời giải:

a) Phương trình có ∆ = (5k)² ‒ 4.(‒1).4 = 25k² + 16.

Do k² ≥ 0 nên 25k² + 16 > 0.

Do đó phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète ta có:x₁ + x₂ = 5k; x₁x₂ = ‒4.

Theo bài, ${\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2+6{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=9$

${\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2+2{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+4{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=9$

${\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2+4{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=9$

Thay x₁ + x₂ = 5k và x₁x₂ = ‒4 vào đẳng thức trên ta được:

(5k)² + 4.(‒4) = 9

25k² ‒16 = 9

k² = 1

k = 1 hoặc k = ‒1.

Vậy k ∈ {‒1; 1}.

b) Nếu k ≠ 0, thì phương trình đã cho là phương trình bậc hai, có

∆’ = [‒3(k ‒ 1)]² ‒ k.9(k ‒ 3)

= (‒3k + 3)² ‒ 9k² + 27k

= 9k² ‒ 18k + 9 ‒ 9k² + 27k

= 9k + 9.

Để phương trình có hai nghiệm thì ∆ ≥ 0, tức là 9k + 9 ≥ 0 hay k ≥ ‒1.

Theo định lí Viète ta có:

${\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2=\frac{6\left(\mathrm{k}-1\right)}{\mathrm{k}};{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=\frac{9\left(\mathrm{k}-3\right)}{\mathrm{k}}.$

Thay ${\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2=\frac{6\left(\mathrm{k}-1\right)}{\mathrm{k}}$ và ${\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2=\frac{9\left(\mathrm{k}-3\right)}{\mathrm{k}}$ vào đẳng thức x₁ + x₂ – x₁ x₂ = 0 ta có:

$\frac{6\left(\mathrm{k}-1\right)}{\mathrm{k}}-\frac{9\left(\mathrm{k}-3\right)}{\mathrm{k}}=0$

$\frac{6\left(\mathrm{k}-1\right)-9\left(\mathrm{k}-3\right)}{\mathrm{k}}=0$

6k ‒ 6 ‒ 9k + 27 = 0

‒3k = ‒21

k = 7 (thỏa mãn điều kiện k ≥ ‒1 và k ≠ 0).

Vậy k = 7.

Bài 27 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình x² + 2(2m + 1)x – 4m² – 1=0.

a) Chứng tỏ rằng phương trình luôn có hai nghiệm x₁, x₂ với mọi giá trị của m.

b) Tìm biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x₁, x₂ không phụ thuộc vào giá trị của m.

Lời giải:

a) Phương trình đã cho có:

∆ = 4(2m + 1)² ‒ 4.(‒4m² ‒ 1) = 4(2m + 1)² + 16m² + 4.

Với mọi m, ta có: (2m + 1)² ≥ 0 và 16m² ≥ 0

Suy ra 4(2m + 1)² + 16m² + 4 >0 với mọi m hay ∆ >0 với mọi m.

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ với mọi giá trị của m.

b) Theo định lí Viète ta có:

x₁ + x₂ = ‒2(2m + 1) = ‒4m ‒2 và x₁x₂ = ‒4m² ‒1.

⦁ Từ x₁ + x₂ = ‒4m ‒2 ta có ‒4m = x₁ + x₂ + 2 nên $\mathrm{m}=\frac{{\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+2}{-4}.$

Suy ra ${\mathrm{m}}^2={\left(\frac{{\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+2}{-4}\right)}^2$

⦁ Từ x₁x₂ = ‒4m² ‒1, suy ra ‒4m² = x₁x₂ + 1, suy ra ${\mathrm{m}}^2=\frac{{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+1}{-4}.$

Khi đó, ta có: ${\left(\frac{{\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+2}{-4}\right)}^2=\frac{{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+1}{-4}$

$\frac{{\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+2\right)}^2}{{\left(-4\right)}^2}=\frac{{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+1}{-4}$

$\frac{{\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2+2\right)}^2}{-4}={\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2+1$

(x₁ + x₂ + 2)² + 4x₁x₂ + 4 = 0.

Vậy biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x₁, x₂ không phụ thuộc vào giá trị của m là:

(x₁ + x₂ + 2)² + 4x₁x₂ + 4 = 0.

Bài 28 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình x² + 2(k + 1)x + k² + 2k = 0.

a) Tìm các giá trị k để phương trình luôn có hai nghiệm x₁, x₂ và |x₁|.|x₂| = 1.

b*) Tìm các giá trị k (k < 0) để phương trình luôn có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu và nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm.

Lời giải:

a) Phương trình có: ∆’ =(k + 1)² – (k² + 2k) = k² + 2k + 1 – k² – 2k = 1 > 0.

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.

Theo định lí Viète, ta có: x₁ + x₂ = –2(k + 1) và x₁x₂ =k² + 2k.

Theo bài, |x₁|.|x₂| = 1 ta có |x₁x₂| = 1.

Suy ra |k² + 2k| = 1.

Do đó k² + 2k = –1 hoặc k² + 2k = 1.

⦁ Giải phương trình: k² + 2k = –1

k² + 2k + 1 = 0

(k + 1)² = 0

k + 1 = 0

k = –1.

⦁ Giải phương trình: k² + 2k = 1

k² + 2k – 1 = 0

Phương trình trên có ∆’ = 1² – 1.(–1) = 2 > 0.

Do đó phương trình này có hai nghiệm phân biệt là:

$\mathrm{k}=-1+\sqrt{2}$ hoặc $\mathrm{k}=-1-\sqrt{2}.$

Dễ thấy, nếu $\mathrm{k}=-1,\mathrm{k}=-1+\sqrt{2},\mathrm{k}=-1-\sqrt{2}$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ thoả mãn |x₁|.|x₂| = 1.

Vậy $\mathrm{k}=-1,\mathrm{k}=-1+\sqrt{2},\mathrm{k}=-1-\sqrt{2}$ là các giá trị cần tìm.

b*) ⦁ Để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì tích của hai nghiệm là số âm, do đó x₁x₂ < 0, tức là k² + 2k < 0.

Giải bất phương trình:

k² + 2k < 0.

k(k + 2) < 0

Suy ra k < 0 và k + 2 > 0 (do đề bài đã cho điều kiện k < 0).

k < 0 và k > –2

–2 < k < 0.

Do đó điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là –2 < k < 0. (*)

Giả sử x₁ < 0 < x₂.

⦁ Để phương trình đã cho có nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm, tức là x₂ < 0 < |x₁|.

Mà x₁ < 0 nên |x₁| = –x₁.

Khi đó, ta có x₂ < –x₁ hay x₁ + x­₂ < 0.

Tức là, –2(k + 1) < 0

k + 1 > 0

k > –1. (**).

Kết hợp hai điều kiện (*) và (**), ta có –1 < k < 0.

Dễ thấy, với các giá trị k sao cho –1 < k < 0 thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu và nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm.

Vậy các giá trị k cần tìm là các giá trị k sao cho –1 < k < 0.

Bài 29 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Tìm các số x, y với x < y thoả mãn:

a) x + y = 16 và xy = 15;

b) x + y = 2 và xy = –2.

Lời giải:

a) Hai số x, y có tổng bằng 16 và tích bằng 15 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t² ‒16t + 15 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (‒8)² ‒ 1.15 = 49 > 0 và $\sqrt{{\mathrm{\Delta }}^{\text{'}}}=\sqrt{49}=7.$

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

${\mathrm{t}}_1=\frac{8+7}{1}=15;$ ${\mathrm{t}}_2=\frac{8-7}{1}=1.$

Theo bài, x < y nên ta có x = 1 và y = 15.

Vậy x = 1 và y = 15.

b) Hai số x, y có tổng bằng 2 và tích bằng –2 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t² ‒ 2t– 2 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (‒1)² ‒ 1.(–2) = 3 > 0.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

${\mathrm{t}}_1=\frac{1+\sqrt{3}}{1}=1+\sqrt{3};$ ${\mathrm{t}}_2=\frac{1-\sqrt{3}}{1}=1-\sqrt{3}.$

Theo bài, x < y nên ta có $\mathrm{x}=1-\sqrt{3}$ và $\mathrm{y}=1+\sqrt{3}.$

Vậy $\mathrm{x}=1-\sqrt{3}$ và $\mathrm{y}=1+\sqrt{3}.$

Bài 30 trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình x² + (2m – 1)x – m = 0.

a) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi x₁, x₂ là hai nghiệm của phương trình. Tìm các giá trị m để biểu thức $\mathrm{A}={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2-{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Phương trình đã cho có:

∆ = (2m – 1)² – 4.( –m) = 4m² – 4m + 1 + 4m = 4m² + 1 > 0 với mọi giá trị của m.

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

b) Theo định lí Viète, ta có: x₁ + x₂ = –(2m – 1) và x₁x₂ = –m.

Ta có: $\mathrm{A}={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2-{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2={\left({\mathrm{x}}_1+{\mathrm{x}}_2\right)}^2-3{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2$

$={\left[-\left(2\mathrm{m}-1\right)\right]}^2-3\left(-\mathrm{m}\right)=4{\mathrm{m}}^2-4\mathrm{m}+1+3\mathrm{m}$

$=4{\mathrm{m}}^2-\mathrm{m}+1=\left(4{\mathrm{m}}^2-2\cdot 2\mathrm{m}\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{16}\right)+1-\frac{1}{16}$

$={\left(2\mathrm{m}-\frac{1}{4}\right)}^2+\frac{15}{16}.$

Với mọi m, ta có: ${\left(2\mathrm{m}-\frac{1}{4}\right)}^2\ge 0$ nên ${\left(2\mathrm{m}-\frac{1}{4}\right)}^2+\frac{15}{16}\ge \frac{15}{16}$hay $\mathrm{A}\ge \frac{15}{16}.$

Vậy biểu thức $\mathrm{A}={\mathrm{x}}_1^2+{\mathrm{x}}_2^2-{\mathrm{x}}_1{\mathrm{x}}_2$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{15}{16}$ khi $2\mathrm{m}-\frac{1}{4}=0$ hay $\mathrm{m}=\frac{1}{8}.$

Bài 31* trang 71 SBT Toán 9 Tập 2: Cho các số x, y, z khác 0 thỏa mãn x + y + z = 5 và xy +yz + xz = 8.

Chứng tỏ rằng: $1\le \mathrm{x}\le \frac{7}{3};1\le \mathrm{y}\le \frac{7}{3};1\le \mathrm{z}\le \frac{7}{3}.$

Lời giải:

Đặt S = y + z và P = yz.

Theo bài, x + y + z = 5 nên ta có x + S = 5, suy ra y + z = S = 5–x.

Theo bài, xy + yz + xz = 8 nên xy + xz + P = 8

Suy ra yz = P = 8 – x(y + z) = 8 – x(5 – x).

Từ đó y, z là nghiệm của phương trình:

t² – (5 –x)t + 8 – x(5 – x) = 0 với S² – 4P ≥ 0. (*)

Xét điều kiện (*):

S² – 4P ≥ 0

(5 – x)² – 4[8 – x(5 – x)] ≥ 0

25 – 10x + x² – 32 + 4x(5 – x) ≥ 0

25 – 10x + x² – 32 + 20x – 4x² ≥ 0

–3x² + 10x – 7 ≥ 0

3x²–10x+7 ≤ 0.

Ta có: 3x² – 10x + 7 = (3x² – 3x) – (7x – 7)

= 3x(x – 1) – 7(x – 1) = (x – 1)(3x – 7)

$=3\left(\mathrm{x}-1\right)\left(\mathrm{x}-\frac{7}{3}\right).$

Với mọi x ta luôn có: $\mathrm{x}-1>\left(\mathrm{x}-1\right)-\frac{4}{3}$ hay null

Do 3x² – 10x + 7 ≤ 0 và $\mathrm{x}-1>\mathrm{x}-\frac{7}{3}$ nên suy ra:

$\mathrm{x}-\frac{7}{3}\le 0$ và x – 1 ≥ 0 hay $1\le \mathrm{x}\le \frac{7}{3}.$

Tương tự ta chứng minh được: $1\le \mathrm{y}\le \frac{7}{3};1\le \mathrm{z}\le \frac{7}{3}.$

Vậy $1\le \mathrm{x}\le \frac{7}{3};1\le \mathrm{y}\le \frac{7}{3};1\le \mathrm{z}\le \frac{7}{3}.$

Bài 32 trang 72 SBT Toán 9 Tập 2: Một bác thợ cắt vừa đủ một cây sắt thành các đoạn để hàn lại thành khung của một hình lập phương có cạnh là x (m) và một hình hộp chữ nhật có chiều rộng bằng chiều cao là y (m), chiều dài gấp 5 lần chiều rộng. Tìm độ dài cây sắt, biết x < y, x + y = 0,5 và xy = 0,06.

Lời giải:

Hai số x và y có tổng bằng 0,5 và tích bằng 0,06 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t² – 0,5t + 0,06 = 0.

Phương trình trên có ∆ = (–0,5)² – 4.1.0,06 = 0,01 > 0 và $\sqrt{\mathrm{\Delta }}=\sqrt{0,01}-0,1.$

Do đó, phương trình này có hai nghiệm phân biệt là:

${\mathrm{t}}_1=\frac{0,5+0,1}{2\cdot 1}=\frac{0,6}{2}=0,3;$

${\mathrm{t}}_2=\frac{0,5-0,1}{2\cdot 1}=\frac{0,4}{2}=0,2.$

Theo bài, x < y nên ta có x = 0,2 và y = 0,3.

Khi đó, chiều dài của hình hộp chữ nhật là: 5y = 5.0,3 = 1,5 (m).

Do hình lập phương có 12 cạnh bằng nhau nên độ dài phần sắt hàn thành khung của một hình lập phương là: 12.0,2 = 2,4 (m).

Do hình hộp chữ nhật có 4 cạnh có độ dài bằng chiều dài, 4 cạnh có độ dài bằng chiều rộng và 4 cạnh có độ dài bằng chiều cao nên độ dài phần sắt hàn thành khung của một hình hộp chữ nhật đó là: 4.(0,3 + 0,3 + 1,5) = 8,4 (m).

Vậy độ dài cây sắt là: 2,4 + 8,4 = 10,8 (m).

Bài 33 trang 72 SBT Toán 9 Tập 2: Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng x (m), chiều dài gấp rưỡi chiều rộng. Người ta đã làm một vườn hoa ở trung tâm mảnh đất với diện tích bằng 640 m² và làm một con đường rộng 2 m xung quanh vườn hoa đó (Hình 10). Hỏi chu vi của mảnh đất đó bằng bao nhiêu mét?

Lời giải:

Chiều dài ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật là: 1,5x (m).

Chiều rộng của vườn hoa là: x – 2 – 2 = x – 4 (m).

Chiều dài của vườn hoa là: 1,5x – 2 – 2 = 1,5x – 4 (m).

Diện tích của vườn hoa là: (x – 4)(1,5x – 4) (m²).

Theo bài, vườn hoa ở trung tâm mảnh đất có diện tích bằng 640 m² nên ta có phương trình: (x – 4)(1,5x – 4) = 640.

Giải phương trình:

(x – 4)(1,5x – 4) = 640

1,5x² – 4x – 6x + 16 = 640

1,5x² – 10x – 624 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (–5)² – 1,5.(–624) = 961 > 0 và $\sqrt{{\Delta }^{\text{'}}}=\sqrt{961}=31.$

Do đó phương trình này có hai nghiệm phân biệt là:

$x_1=\frac{5+31}{1,5}=\frac{36}{1,5}=24;$

$x_2=\frac{5-31}{1,5}=\frac{-26}{1,5}=\frac{-52}{3}.$

Ta thấy chỉ có giá trị x₁ = 24 thỏa mãn x > 0.

Do đó, mảnh đất có chiều rộng là 24 m, chiều dài là 1,5.24 = 36 m.

Vậy chu vi của mảnh đất hình chữ nhật đó là 2.(24 + 36) = 120 (m).

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán lớp 9 bộ sách Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Phương trình bậc hai một ẩn

Bài tập cuối chương 7

Bài 1: Đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn nội tiếp tam giác

Bài 2: Tứ giác nội tiếp đường tròn

Bài tập cuối chương 8