Tải bản đầy đủ

07 2 huong dan giai

Dạng 2: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
Bài toán 01: TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ ĐI QUA ĐIỂM CHO TRƯỚC
4
5
128
Bài 1:  : y  3x,y  ,y   x 
3
9
81
3
3
3
Bài 2:  : y  ,y  2 2x  ,y  2 2x 
2
2
2
Bài 3: Phương trình tiếp tuyến d của  C  có dạng : y  y'(x0)(x  x0)  y(x0)
( trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm của d với  C  )
y  (x02  2x0  3)(x  x0) 

x03


2
 x02  3x0  1 (x02  2x0  3)x  x03  x02  1
3
3

� 1�
1
2
A�
0; �
�d �   x03  x02  1� 2x03  3x02  4  0� x0  2.
3
3
� 3�
1
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3x  .
3
2. Điểm cực tiểu của  C  là A  0; 3 .

Phương trình tiếp tuyến d của  C  có dạng : y  y'(x0)(x  x0)  y(x0)
( trong đó x0 là hoành độ tiếp điểm của d với  C  )

y  (4x03  8x0 )(x  x0 )  x04  4x02  3  (4x03  8x0)x  3x04  4x02  3
A(0; 3) �d � 3  3x04  4x02  3 � 3x04  4x02  0 � x0  0 hoặc x0  �

2
3

Với x0  0 thì phương trình d: y  3
Với x0  

2
3

thì phương trình d: y  

16

x



59
9

3 3
2
16
59
x
Với x0 
thì phương trình d: y 
9
3
3 3
3. Gọi M 0  x0;y0  � C  . Phương trình tiếp tuyến  d  của  C  tại M 0 là



 



y  y0  y' x0   x  x0  � y  x03  3x02  2  3x02  6x0  x  x0 

141


�23

Do  d  đi qua điểm A � ; 2�nên
�9




 



�23

2  x03  3x02  2  3x02  6x0 �  x0 �� 6x03  32x02  46x0  12  0
�9



x  2 � y  2
�0
2
�  x0  2 3x0  10x0  3  0 � �
x0  3 � y  9x  25

1
5
61

x0  � y  x 
3
3
27

4. Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị  C  tại điểm có hoành độ





x0 khi đó phương trình tiếp tuyến    có dạng:

� 2

y  y' x0   x  x0   y  x0   �
3x0  4x0  1�
 x  x0   x03  2x02  x0  4


Vì    đi qua điểm M  4; 24 nên:
� 2

24  �
3x0  4x0  1�
 4  x0   x03  2x02  x0  4


3
2
� x0  5x0  8x0  12  0 � x0  6 hoặc x0  1 hoặc x0  2.
Bài 4:
1. Đường thẳng  đi qua M(6;4) với hệ số góc k có phương trình :
y  k(x  6)  4
 tiếp xúc đồ thị tại điểm có hoành độ x0


1
x
 k(x  6)  4 (1)

� x 2


1

1
k
(2)
2

� (x  2)

nghiệm x0
Thay (2) vào (1) ta được: x0 



2. Cách 1: Gọi x0;y  x0 
y  x0  

x0  2
x0  2

là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến d và  C  , với

, tiếp tuyến d có hệ số góc y' x0  

phương trình: y 

142





1
1

�
1
(x  6)  4 � x0  0,x0  3
x0  2 � (x  2)2 � 0
0



4

 x0  2

x 2

 x  x0   x0  2
2
0

4

 x0  2 2

, x0 �2 và d có


d đi qua điểm A  6;5 nên có 5 

x 2

4

 x0  2

2

 6  x0   x0  2 phương trình
0

này tương đương với x02  6x0  0 � x0  0 hoặc x0  6

Cách 2: Phương trình d đi qua A  6;5 có hệ số góc k , khi đó d có
phương trình là : y  k  x  6  5
d tiếp xúc

 C

tại điểm có hoành độ x0 khi và chỉ khi hệ :


x 2

k  x0  6  5  0
4x02  24x0  0

x

2

0


4
có nghiệm x0 hay �
có nghiệm x0

4
k


2
k
 x0  2


 x0  2 2

x 7
Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài y  x  1, y    .
4 2
3. Giả sử tiếp tuyến cần tìm tiếp xúc với đồ thị  C  tại điểm có hoành độ
x0 khi đó
phương trình tiếp tuyến

 

có dạng:

3
� 2

y  y' x0   x  x0   y  x0   �
3x0  6x0  9�
 x  x0   x0  3x02  9x0  11


�29

Vì    đi qua điểm I � ;184�nên:
�3


�29
� 3
� 2

2
184  �
3x0  6x0  9�
�  x0 � x0  3x0  9x0  11
3




� 2x03  32x02  58x0  260  0 � x0  13 hoặc x0  5 hoặc x0  2.
Vậy, y  420x  3876; y  36x  164; y  15x  39
Bài 5:
1. Tiếp tuyến (d) của (C) song song với đường thẳng y = 9x – 7 ,suy ra
phương trình (d) có dạng : y = 9x + m (m �- 7)

x03  3x02  2  9x0  m (1)

(d) tiếp xúc với (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ �
3x02  6x0  9 (2)


có nghiệm x0 . (2) � x0 = 1 � x0 = - 3 .
Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y = 9x + 25.
2. Phương trình tiếp tuyến (D) đi qua A(-2;7) có dạng y = k(x+2) +7 .

x03  3x02  2  k(x0  2)  7 (3)

(D) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ �
3x02  6x0  k (4)


có nghiệm x0

143


Thay (4) vào (3) ta được: x03  3x02  2  (3x02  6x0)(x0  2)  7
� 2x03  9x02  12x0  9  0 � x0  3
Thay x0 = - 3 vào (4) ta được k = 9. Suy ra phương trình (D): y = 9x + 25.
Bài 6: Ta có: y  x4  4x3  4x2 � y'  4x3  12x2  8x
1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Parabol y  x2
x4  4x3  4x2  x2 � x2(x2  4x  3)  0 � x  0,x  1,x  3 .
� x  0 ta có phương trình tiếp tuyến là: y  0 .
� x  1 ta có phương trình tiếp tuyến là: y  1
� x  3 ta có phương trình tiếp tuyến là: y  24x  63 .
2. Cách 1: Gọi M(x0;y0) �(C) .
Tiếp tuyến  của (C) tại M có phương trình :
y  (4x03  12x02  8x0)(x  x0)  y0 .
A � � 0  (4x03  12x02  8x0)(2  x0)  x02(x0  2)2
4
.
3
* x0  0 � y'(x0)  0,y0  0 � Phương trình tiếp tuyến y  0
� (2  x0 )(3x03  10x02  8x0)  0 � x0  0,x0  2,x0 

* x0  2 � y'(x0)  0,y0  0 � Phương trình tiếp tuyến y  0
4
32
64
32
64
� y'(x0)   ,y0 
� Phương trình tiếp tuyến: y   x 
.
3
27
81
27
27
Cách 2: Gọi d là đường thẳng đi qua A, có hệ số góc k � d : y  k(x  2)

(2  x0 )2 x02  k(x0  2)

d tiếp xúc đồ thị tại điểm có hoành độ x0 khi hệ �

4x0(x0  2)(x0  1)  k

nghiệm x0 . Thay k vào phương trình thứ nhất ta được:
* x

x04  4x03  4x02  (x0  2)(4x03  12x02  8x0) � x0(3x0  4)(x0  2)2  0
4
.
3
* x0  0 � k  0 � Phương trình tiếp tuyến y  0
� x0  0,x0  2,x0 

* x0  2 � k  0 � Phương trình tiếp tuyến y  0
4
32
32
64
�k
� Phương trình tiếp tuyến y   x 
.
3
27
27
27
Bài toán 02: TÌM ĐIỂM M ĐỂ QUA ĐÓ KẺ ĐƯỢC n TIẾP TUYẾN.
Bài 1:
* x0 

144


1. (Cm) tiếp xúc đường thẳng y = 1 tại điểm có hoành độ x0 khi hệ sau
�x3 1
� 0  (m  2)x02  2mx0  1  1 (a)
có nghiệm x0 .
�3 2
�2
x0  (m  2)x0  2m  0 (b)

(b) � x0  2 �x0  m.
Thay x0  2 vào (a) ta được m 

2
.
3

3

Thay x0  m vào (a) ta được  m  m2  0 � m  0 �m  6.
6
� 2 �
0; ;6�
Vậy (Cm) tiếp xúc đường thẳng y = 1 � m ��
� 3
2. Phương trình của đường thẳng (d) đi qua M có hệ số góc k : y = kx + m.
�x0  2
 kx0  m (1)

�2x0  1
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ sau �

� 3
 k (2)
�(2x  1)2
� 0
nghiệm x0 .
x0  2
3x0
m
Thay (2) vào (1) ta được : 2x  1 
(2x  1)2
0
0

� (x0  2)(2x0  1)  3x  m(2x0  1)2 (3) (do x0 =

1
không phải là nghiệm của
2

(3)) � (4m  2)x02  4(m  2)x0  m  2  0 (4)
Yêu cầu của bài toán � Phương trình (4) có ít nhất một nghiệm dương với
mọi m �0. Vì m �0 nên 4m – 2 < 0 suy ra (4) có nghiệm �
 '  4(m  2)2  (4m  2)(m  2) �0 � m  2 �0 . Bất đẳng thức này đúng với
mọi m � 0.
Khi đó gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình (4).

4(m  2)
x x 
0

�1 2 4m  2
Ta có m �0 , �
,suy ra x1  0,x2  0
m 2

xx 
0
�1 2 4m  2
Vậy, với mọi m �0 luôn tồn tại ít nhất một tiếp tuyến của (C) đi qua M và
hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với (C) là số dương.
Bài 2:
1. Gọi M(m;4) �d . Phương trình
đường thẳng  qua M có dạng:
y  k(x  m)  4
 là tiếp tuyến của (C)  hệ phương trình sau có nghiệm x:

145



x3  3x  2  k(x  m)  4

� 2
3x  3  k


(1)
(2)

(*)

Thay (2) vào (1) ta được: (x  1) �
2x2  (3m  2)x  3m  2�

� 0

(3)

 x  1 hoặc 2x2  (3m  2)x  3m  2  0
(4)
Theo bài toán  (*) có nghiệm x, đồng thời (2) có 2 giá trị k khác nhau, tức
là phương trình (3) có nghiệm x phân biệt thỏa mãn 2 giá trị k khác
nhau.
+ TH1: (4) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng –1  m  1
2
+ TH2: (4) có nghiệm kép khác –1  m   hoặc m  2
3
�2 �
 ;4�; (2;4) .
Vậy các điểm cần tìm là: (1;4) ; �
�3 �
2. Gọi M(m;2) �(d) .
Phương trình đường thẳng  đi qua điểm M có dạng : y  k(x  m)  2
 là tiếp tuyến của (C)  hệ phương trình sau có nghiệm x:
3

 x  3x2  2  k(x  m)  2
(1)

(*).
� 2
3x  6x  k
(2)

Thay (2) và (1) ta được: 2x3  3(m  1)x2  6mx  4  0
 x  2 hoặc f(x)  2x2  (3m  1)x  2  0 (3)
� (x  2) �
2x2  (3m  1)x  2�

� 0
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C) � hệ (*) có nghiệm x phân biệt
đồng thời
(2) có 3 giá trị k khác nhau � (3) có hai nghiệm phân biệt khác 2 và có
giá trị x thỏa

5

0
m  1 � m 



phương trình (2) có 3 giá trị k khác nhau
3 .


f(2) �0 �

m

2


5
m  1 � m 

Vậy ,M(m; 2)  (d) với �
3 có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với (C).

m �2

3. Đường thẳng

 x0;y0 

 d

tiếp xúc đồ thị hàm số y  x3  6x2  9x  1tại điểm


x03  6x02  9x0  1  k  x0  2  m  1

khi và chỉ khi hệ : �
3x02  12x0  9  k  2



có nghiệm x0 . Thay  2 vào  1 ta được : m  2x03  12x02  24x0  17 3
Xét hàm số f  x0   2x03  12x02  24x0  17
Ta có f ' x0   6x02  24x0  24  6 x0  2 �0, ��
2

146


Do đó hàm số f  x0   2x03  12x02  24x0  17 luôn nghịch biến trên �. Do đó
phương trình  3 luôn có nghiệm duy nhất với mọi m .
Vậy một điểm thuộc đường thẳng x  2 luôn kẻ được một tiếp tuyến duy
nhất đến đồ thị của hàm số y  x3  6x2  9x  1.





2�

m; m2  1 �. Khi
4. Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với  H  tại điểm M �















đó đường thẳng d có phương trình: y  2m m2  1  x  m  m2  1

2

Đường thẳng d tiếp xúc với  H  tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi hệ









2
2
� 2
2
2
x

1

2m
m

1
x

m

m

1



phương trình �
có đúng một nghiệm

2x x2  1  2m m2  1

�x  m �
0

 �x x2  mx  m2  m3  2x�


m
khác
tức hệ �
có đúng một nghiệm

�x  m x2  mx  m2  1  0

x  m3

khác m hay � 2
có nghiệm x  1,m  1 hoặc x  1,m  1.
x  mx  m2  1  0

Vậy y  0 thỏa đề bài.

















5. a. B 0;3 , y  3 .

b. Gọi M  m;2 là điểm thuộc đường thẳng y  2 . Phương trình đường

thẳng đi qua M  m;2 có hệ số góc là k và  d  : y  k  x  m  2 .  d  tiếp

x04  2x02  3  k  x0  m  2 1

xúc  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ �

3
4x

4x

k
2



0
0








2
2
nghiệm x0 suy ra phương trình: x0  1 3x0  4ax0  1  0   có nghiệm x0 .

Qua M kẻ được 4 tiếp tuyến đến  C  khi phương trình   có 4 nghiệm
phân biệt và phương trình  2 có 4 giá trị k khác nhau.

Dễ thấy x02  1  0 � k  1  k  1 , do đó không thể tồn tại 4 giá trị k khác
nhau để thỏa bài toán. Tóm lại, không có tọa độ M thỏa bài toán.
6. a. Gọi A  x0;y0  � C  .Phương trình tiếp tuyến  t của  C  tại A là:



 
  x  2x    4x



y  x04  2x02  4x03  4x0  x  x0  .  t đi qua O  0;0 nên
4
0

2
0

4
0  4x0

  x  � 3x
0

4
2
0  2x0

 0 � x0  0,x0  �

6
3

147


b. M �Oy � M  0;m ; B � C  � B x0;y0 



 



4
2
3
Phương trình tiếp tuyến  T  của  C  tại B là y  x0  2x0  4x0  4x0  x  x0  .

 T  đi qua



 



M  0;m nên m  x04  2x02  4x04  4x0  x0  � 3x04  2x02  m  0  *

Do hệ số góc của tiếp tuyến là k  4x03  4x0 nên hai giá trị khác nhau của
x0 cho hai giá trị khác nhau của k nên cho hai tiếp tuyến khác nhau

Vậy từ M  0;m kẻ được 4 tiếp tuyến đến đồ thị  C  khi và chỉ khi phương
trình  * có 4 nghiệm phân biệt.

Đặt X  x02 ta có phương trình 3X2  2X  m  0  * *

Phương trình  * có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  * * có 2 nghiệm


 ,  1 3m  0

1
� m
P
0
� 0  m  . Vậy từ những điểm M  0;m với
phân biệt � �
3
3

2

S  0

� 3
1
0  m  kẻ được 4 tiếp tuyến đến đồ thị  C  của hàm số đã cho.
3
c. N � d  : y  3 � N  n;3 ; I � C  � I  x0;y0 
Phương trình tiếp tuyến    của  C  tại I là:


 

3   x  2x    4x  4x   n  x  � 3x  4nx  2x  4nx  3  0
� 3 x  1  4n  x  x   2x  0 * .Do x  0 không phải là nghiệm của  *
y  x04  2x02  4x03  4x0  x  x0  .    đi qua N  n;3 nên :
4
0

4
0

2
0

4
0

3
0

0

0

0

2
0

4
0

2
0

2
0

0

0



1�
1�
2
x0 
.Phương trình  * � 3�x0  2 � 4n �
� 2  0 * *


x0 �
x0 �




1
� x02  tx0  1  0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi t
Đặt t  x0 
x0
Ta có phương trình  * * � 3t2  4nt  4  0  * * *

Do hệ số góc của tiếp tuyến là k  4x03  4x0 nên hai giá trị khác nhau của x0
cho hai giá trị khác nhau của k nên cho hai tiếp tuyến khác nhau
Vậy từ N kẻ được 4 tiếp tuyến đến đồ thị  C  khi và chỉ khi phương trình

 *

có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  * * có 4 nghiệm phân biệt khi

148


và chỉ khi phương trình  * * * có 2 nghiệm phân biệt �  '  4n2  12  0
� n2  3  0 � n  3 . Vậy từ những điểm N trên đường thẳng y  3 với
n  3 kẻ được 4 tiếp tuyến đến đồ thị  C  của hàm số đã cho.
Bài 3:
1.  d  có hệ số góc 

1
 tiếp tuyến có hệ số góc k  2 . Gọi x là hoành độ
2

tiếp điểm thì:

y'  2 � mx2  2(m  1)x  (4  3m)  2 � mx2  2(m  1)x  2  3m  0  

Theo bài toán, phương trình   có đúng một nghiệm âm.
Nếu m  0 thì   � 2x  2 � x  1 (không thỏa)

Nếu m �0 thì dễ thấy phương trình   có 2 nghiệm là x  1 hay x 

2  3m
m

2  3m
2
 0 � m  0 hoặc m  .
m
3
1
3
2. Ta có: y�
 mx2  2(m  1)x  4  3m ; d : y   x  .
2
2
 2 có đúng 2 nghiệm dương phân
Theo yêu cầu bài toán  phương trình y�
biệt
 mx2  2(m  1)x  2  3m  0 có đúng 2 nghiệm dương phân biệt
Do đó để   có một nghiệm âm thì


m 0 �
1
��
0 m 



0
1 � �1 2 �

2 . Vậy, với m ��
 �
 �
0; ��� ; �thỏa mãn bài toán.

S

0
1
2

2
� �2 3 �
�  m



2
3

P0

3. Phương trình đường thẳng  d  đi qua A(0;a) và có hệ số góc
k :  y  kx  a
�x  2
�x  1  kx  a
 d tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x khi hệ: �
có nghiệm

3

k
2

� (x  1)
x
� (1 a)x2  2(a  2)x  (a  2)  0  1 có nghiệm x �1.

Để qua A có 2 tiếp tuyến thì  1 phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2

a 1

a 1

��
��
 2
a  2
� 3a  6  0 �


149


3
3
2(a  2)
a 2
, y2  1
, x1x2 
và y1  1
x1  1
x2  1
a 1
a1
Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2  0
Khi đó ta có: x1  x2 

x1.x2  2(x1  x2)  4

3 ��
3 �
2
��
1
.�
1
 0  3a  2  0  a  

� 0 �
x

1
x

1
x
.x

(x

x
)

1
3
� 1 �� 2

1 2
1
2
2
Đối chiếu với điều kiện  2 ta được:   a �1 .
3
4. Phương trình đường thẳng  d  đi qua M(0;m) và có hệ số góc
k :  y  kx  m
�x  1
�x  1  kx  m
 d tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x khi hệ: �
có nghiệm
� 2

k
2

�(x  1)
x
� (m  1)x2  2(m  1)x  m  1  0  1 có nghiệm x �1.

m1

m 1

1

Để qua M có 1 tiếp tuyến thì   phải có 1 nghiệm
� 1 hoặc �
'  0
x


� 2
1
� x  ,m  1� k  8 hoặc x  0,m  1� k  2
2
Bài 4:
1. Gọi (d) là tiếp tuyến cần tìm phương trình và x0 là hoành độ tiếp điểm
của (d) với (C) thì hệ số góc của (d):
2

9
1
9 �
1� 9
k  y'(x0) 
2x0  4   �
x0  � � k  � x0  .
2
2
2 �
2� 2
9
1
Vậy maxk  đạt được khi và chỉ khi x0  .
2
2
9 � 1� �1 � 9
25
Suy ra phương trình tiếp tuyến (d) : y  �x  � y � � x 
.
2 � 2 � �2 � 2
12
2. Phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm A(2;9) có hệ số góc k là
y  k(x  2)  9
2x02 

(D) tiếp xúc với (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ
� 2x3

 0  x02  4x0  2  k(x0  2)  9 (1)
có nghiệm x0 .
� 3

2
2x0  2x0  4  k (2)


150


Thay (2) vào (1) ta được : 


4x03  15x02  12x0  9  0 �

2x03
3

 x02  4x0  2  (2x02  2x0  4)(x0  2)  9

x0  3 . Thay x0 = 3 vào (2) ta được k = - 8 .

3. Hai tiếp tuyến của (C) tại M 1, M 2 song song
� y'(x1)  y'(x2) � 2x12  2x1  4  2x22  2x2  4
� x22  x12  x1  x2  0 � (x2  x1)(x1  x2  1)  0 � x1  x2  1 (do x1 �x2).
3

3

2x
2x
4. M 1  x1;y1 ,M 2  x2;y2  với y1   1  x12  4x1  2 ,  y2   2  x22  4x2  2 .
3
3
2 3
y1  y2   (x1  x32)  x12  x22  4(x1  x2)  4
3
2
  [(x1  x2)3  3x1x2(x1  x2)]  (x1  x2)2  2x1x2  4  4
3
2
1
  (1 3x1x2)  1 2x1x2 
3
3

x x
1
xI  1 2 


2
2
Gọi I là trung điểm của M 1M 2 thì

y

y
1
2
�y  1

I

2
6

�1 1 �
Vậy đường thẳng M 1M 2 đi qua điểm cố định I � ; �chính là điểm uốn của
�2 6 �
đồ thị (C).
Bài 5:
4
1. Tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc đường thẳng y  x  1 suy ra phương
3
3
trình (d) có dạng : y   x  m .
4
� x2
3
� 0   x0  m
4
�2  x0
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ � 2

3
� x0  4x0


2
4
(2

x
)
0

nghiệm

x0



x02  4x0
2

(2  x0)



3
4

� x0  6 �x0  2

3
9
3
1
�  d  : y   x  ,y   x  .
4
2
4
2
2. Phương trình tiếp tuyến (d) của (C) đi qua A(2 ; - 2) có dạng : y = k(x –
2) – 2 .

151


� x2
� 0  k(x0  2)  2 (1)
�2  x0
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ � 2

� x0  4x0
k

2
(2

x
)
0

nghiệm x0 �

x02
2  x0



x02  4x0

3
1
(x0  2)  2 � x0  2 � y   x 
4
2
(2  x0 )
2

2
2


xM
xM

y


M �(C)
�yM 
M
��
2  xM � �
3. �
2  xM .
d(M ,Ox)  2d(M ,Oy) �


�yM  �2xM
�yM  2 xM


4
2

�yM  2xM
xM
xM 


yM  2xM

x

0
�yM 



3
2
(*) �
�� 2
� �M
��
2  xM � �
xM
y

0
2x

3x

4x

0

M

� M
�y  8
M
� M
2  xM
�yM  2xM

�M 3
�4 8 �
Vì M không trùng với gốc tọa độ O nên chỉ nhận M � ; �.
�3 3 �
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y = 8x – 8.
2

�yM  2xM
xM

�yM 

�yM  2xM
�x  4
2
(*) �
� �2
� �M
(do M �O).
2  xM � �
xM
2xM 
xM  4xM  0 �yM  8



2  xM
�yM  2xM

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y  8 .
Bài 6:
Ta có y'  6x2  6(m  1)x  m , suy ra phương trình tiếp tuyến (d) là
y  y'(1)(x  1)  y(1)  (12+7m)(x+1) – 3m – 4 � y  (12+7m)x +4m+8
1. A(0;8) �(d) � 8 = 4m +8 � m  0 .
� 4m  8 �

;0�
2. Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của (d) với trục Ox và Oy thì P �
� 12  7m �
,
Q(0;
4m+8).
Diện
tích:
OPQ:
8m2  32  32m
1
1 4m  8
S  OP.OQ  
4m  8 
2
2 12  7m
12  7m
S

8
8
� 8m2  32m  32  12  7m
3
3


5
� 2
8
�2 5
m  0 �m  
8m  32m  32  (12  7m)


m

m

0
3
3
��
��
3
��
.

8
� 19 � 73
2

2
8m  32m  32   (12  7m) �
3m  19m  24  0 �
m


3

6


152


Bài 7:
1. (C) tiếp xúc (P) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ sau có nghiệm x0
�x4
x 0 �
x 6
� 0  2x02  4  x02  m

� �0
��0
�4
m 4 �
m  20


x03  4x0  2x0

2.Phương trình tiếp tuyến (d):
y  y'(a)(x  a) 

a4
a4
 2a2  4 (a3  4a)(x  a) 
 2a2  4
4
4

3a4
 2a2  4
4
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
 (a3  4a)x 

x4
3a4
 2x2  4  (a3  4a)x 
 2a2  4 � x4  8x2  4(a3  4a)x  3a4  8a2  0
4
4

xa
� (x  a)2(x2  2ax  3a2  8)  0 � �2
x  2ax  3a2  8  0 (3)

(d) cắt (C) tại hai điểm E,F khác M � Phương trình (3) có hai nghiệm phân

2  a  2

 '  a2  3a2  8  0 �

��
2 . (*)
biệt khác a � � 2
a ��
6a  8 �0


3

Tọa độ trung điểm I của E,F :

x  xF

xI  a
xI  E
 a



2



7a4
4
 6a2  4
�y  (a3  4a)(a)  3a  2a2  4 (do I �(d)) �yI  

4
I


4
I �(P) : y  x2  4 � 


a 0
7a4
a2
 6a2  4  a2  4 � 7a2(1 )  0 � �
.
a  �2
4
4


So với điều kiện (*) nhận a = 0.
Bài 8:
1. Hai đường cong đã cho tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x0 � hệ
�x2  x  1
0
�0
 x02  m (1)
� x0  1
phương trình : � 2
có nghiệm x0 .
�x0  2x0
 2x0
(2)

2
�(x0  1)
Ta có: (2) � x0(2x02  5x0  4)  0 � x  0 thay vào (1) ta được m  1 .

153


2. (C1) và (C 2) tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x0 � hệ phương

mx03  (1 2m)x02  2mx0  3mx03  3(1 2m)x0  4m  2

trình sau có nghiệm x0 : �
3mx02  2(1 2m)x0  2m  9mx02  3(1 2m)



2mx3  (1 2m)x02  (3  8m)x0  4m  2  0 (1)

�� 0
có nghiệm x0
2
6mx

2(1

2m)x

3

8m

0
(2)

0
0

Ta có : (1) � (x0  1)(2mx02  (1 4m)x0  4m  2)  0
� x0  1 hoặc 2mx02  (1 4m)x0  4m  2  0
�Với x0  1 thay vào (2), ta có: m 

1
.
2

�Với 2mx02  (1 4m)x0  4m  2  0 (*) ta có :
2
(2) �
4mx۹
0 x0 1 4m 0

Thay x0 


x0  1

1 4m

x 
�0
4m

(m 0 vì m  0 hệ vô nghiệm)

2
2
1 4m
vào (*) ta được: (1 4m)  (1 4m)  2  4m  0
4m
8m
4m

3� 6
.
12
3. (Cm) tiếp xúc với (P) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ
� 48m2  24m  1  0 � m 


x03  4mx02  7mx0  3m  x02  x0  1 (1)

(A ) có nghiệm x0 .
� 2
3x0  8mx0  7m  2x0  1


Giải hệ (A), (1) � x03  (4m  1)x02  (7m  1)x0  3m  1  0

x0  1
� (x0  1)(x02  4mx0  3m  1)  0 � �2
x0  4mx0  3m  1  0




x0  1
x2  4mx0  3m  1  0


��0
Vậy (A) � � 2
3x0  2(4m  1)x0  7m  1  0 (2) �
3x02  2(4m  1)x0  7m  1  0 (2)


Thay x0 = 1 vào (2) ta được m = 2.

3x02  2(4m  1)x0  7m  1 0 (2) �
3x02  2(4m  1)x0  7m  1  0 (2)



Hệ �
� 2
x02  4mx0  3m  1  0 (3)
3x0  12mx0  9m  3  0 (4)




Trừ hai phương trình (2) và (4) ,vế với vế ta được.
4m x0 – 2 x0 – 2m – 2 = 0 � (2m  1)x0  m  1 (5) .
1
m1
Khi m =
thì (5) trở thành 0 = 3/2 (sai) do đó (5) � x0 
.
2m  1
2

154


Thay x0 =

m 1
vào phương trình (3) ,ta được
2m  1

2

�m  1 �
�m  1 �

�  4m �
� 3m  1  0
�2m  1�
�2m  1�
1
� 4m3  11m2  5m  2  0 � m  2 �m   �m  1.
4
Bài 9: Gọi M(x0;y0) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến d với (C)
d :y 

x02  2x0
(x0  1)2

(x  x0) 

x02  x0  1
x0  1

.
3
1
x  , nên ta có:
4
4

1. Vì d song song với đường thẳng  : y 
x02  2x0
2

(x0  1)



3
� x02  2x0  3  0 � x0  1,x0  3 .
4

3
3
x .
4
4
3
5
� x0  3 � phương trình tiếp tuyến: y  x  .
4
4
� x0  1phương trình tiếp tuyến: y 

2. Cách 1: M �d � 3 

x02  2x0
(x0  1)2

(1 x0) 

x02  x0  1
x0  1

� 3(x0  1)2  (x20  2x0)(x0  1)  (x0  1)(x20  x0  1)
1
.
2
�Với x0  2 � Phương trình tiếp tuyến y  3 .
� 2x02  5x0  2  0 � x0  2,x0 

1
� Phương trình tiếp tuyến y  3x .
2
Cách 2: Gọi d là đường thẳng đi qua M(1;3) , có hệ số góc k, khi đó
phương trình d có dạng: y  k(x  1)  3
d tiếp xúc đồ thị tại điểm có hoành độ x0 khi hệ phương trình sau có
�Với x0 

�x2  x  1
0
�0
 k(x0  1)  3 (1)
x

� 0 1
nghiệm x0 : � 2
.
�x0  2x0
k
(2)

2
�(x0  1)
Thế (2) vào (1) ta được: � 2x02  5x0  2  0 � x0  2,x0 

1
.
2

�Với x0  2 � k  0 � Phương trình tiếp tuyến y  3 .

155


1
� k  3 � Phương trình tiếp tuyến y  3x .
2
3. Đồ thị có hai tiệm cận x  1 và y  x suy ra giao điểm của hai tiệm cận
là I(1;1) .
�Với x0 

Cách 1: I �d � 1 

x02  2x0
(x0  1)2

(1 x0) 

x02  x0  1
x0  1

� x0  1  x02  2x0  x02  x0  1 � 2  0 vô nghiệm.
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I .
Cách 2: Gọi d là đường thẳng đi qua I, có hệ số góc k
� d : y  k(x  1)  1
d là tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hoành độ x0 khi hệ
�x2  x  1
0
�0
 k(x0  1)  1
x

� 0 1
có nghiệm x0
�2
�x0  2x0
k

2
�(x0  1)
Thế k vào phương trình thứ hai ta được:

x02  x0  1 x02  2x0

1
x0  1
x0  1

� x02  x0  1  x02  2x0  x0  1phương trình vô nghiệm
Vậy qua I không có tiếp tuyến nào kẻ đến (C).
1
4.  m có hệ số góc km 
.
m
Số tiếp tuyến thỏa mãn bài toán chính là số nghiệm của phương trình:
y'.km  1 �

m(x2  2x)
(x  1)2

 1 � (m  1)x2  2(m  1)x  1  0 (*) ( với điều kiện

x �1)
* Nếu m  1 � (*) vô nghiệm � không có tiếp tuyến nào.
* Nếu m �1 : (*) có  '  m(m  1) và (*) có nghiệm x  1 � m  0

m 0
�Khi �
� (*) có hai nghiệm phân biệt � có hai tiếp tuyến
m  1

�Khi 1 m �0 thì (*) vô nghiệm � không có tiếp tuyến nào.
Bài 10:
Cách 1: Gọi điểm M(x0;y0) �(C) . Tiếp tuyến  tại M của (C) có phương
trình y 

156

3
(x0  1)2

(x  x0) 

x0  2
x0  1

.


A � � m 

3x0
2

(x0  1)



x0  2
x0  1

� m(x0  1)2  3x0  (x0  2)(x0  1)  0 (với x0 �1 )

� (m  1)x02  2(m  2)x0  m  2  0

(*).

Yêu cầu bài toán � (*) có hai nghiệm a,b khác 1 sao cho

 '  3(m  2)  0 �
m �1
(a  2)(b  2) ab  2(a  b)  4



 0 hay là: �
m  1 �0
��
2.
(a  1)(b  1)
ab  (a  b)  1
m 



3m

2

0
3


Cách 2: Đường thẳng d đi qua A, hệ số góc k có phương trình: y  kx  m .
�x0  2
 kx0  m

�x0  1
d là tiếp xúc đồ thị tại điểm có hoành độ x0 khi hệ �

� 3  k
�(x  1)2
� 0
nghiệm x0 . Thế k vào phương trình thứ nhất, ta đươc:
x0  2

3x0

 m � (m  1)x02  2(m  2)x0  m  2  0 (*).
x0  1 (x  1)2
0
Để từ A kẻ được hai tiếp tuyến thì (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1

 '  3(m  2)  0

m  2

۹��
m 1
(i)

m �1


m  1 2(m  2)  m  2 �0

Khi đó tọa độ hai tiếp điểm là: M 1(x1;y1), M 2(x2 ;y2 ) với x1,x2 là nghiệm của


(*) và y1 

x1  2
x 2
; y2  2
x1  1
x2  1

Để M1, M2 nằm về hai phía Ox thì y1.y2  0 �
Áp dụng định lí Viet: x1  x2 

x1x2  2(x1  x2)  4
 0 (1)
x1x2  (x1  x2)  1

2(m  2)
m 2
; x1x2 
.
m1
m1

9m  6
2
 0� m   .
3
3

2
m 

Kết hợp với (i) ta có �
3 là những giá trị cần tìm.

m

1

� (1) �

2. (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ x0 khi hệ

 x03  2(m  1)x02  5mx0  2m  0

(A) có nghiệm x0 .
� 2
3x0  4(m  1)x0  5m  0


Giải hệ (A).

157



x0  2
(x  2)(x02  2mx0  m)  0 �


(A ) � � 0
�� 2
3x0  4(m  1)x0  5m  0 (1)
3x02  4(m  1)x0  5m  0




x02  2mx0  m  0
4

Hoặc �
Thay x0 = 2 vào (1) ta được m  .
2
3
3x0  4(m  1)x0  5m  0


2


x02  2mx0  m  0 (2)

�3x  6mx0  3m  0 (3)
�� 0
Hệ �
2
3x02  4(m  1)x0  5m  0 �

�3x0  4(m  1)x0  5m  0 (1)

Trừ hai phương trình (1) và (3) , vế với vế ta được
m
(m  2)x0   m � x0  
.
m 2
Thay x0  

m2
2m2
m

 m 0
vào (1), ta được :
m 2
(m  2)2 m  2


4�
0;1;2; �.
� m3  3m2  2m  0 � m  0 �m  1�m  2 .Vậy m ��
3

3.  C m  tiếp xúc với (d) tại điểm có hoành độ x0 khi hệ

x04  (m  1)x02  4m  3 (1)

(A) có nghiệm x0 .
� 3
4x

2(m

1)x

0
(2)

0
� 0
m 1
Giải hệ (A), (2) � x0  0 hoặc x02 
2
3
Thay x0 = 0 vào (1) ta được m = .
4
Thay x02 

2

m 1
�m  1� (m  1)2
vào (1) ta được �
 4m  3
�
2
2
� 2 �

� m2  14m  13  0 � m  1 �m  13.
3
3
thì  C m  tiếp xúc với (d) tại chỉ một điểm (0;3) nên m  không
4
4
thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Khi m= 1 thì x02  1 � x0  �1,suy ra  C m  tiếp xúc với (d) tại hai điểm ( �1;3
Khi m 

).

Khi m = 13 thì x02  7 � x0  � 7 ,suy ra  C m  tiếp xúc với (d) tại hai điểm (
� 7;3) .
Bài 11:
1. Tam giác OAB vuông tại O , H là hình chiếu vuông góc của O lên AB ,suy
ra

158



OA 2  AH.AB OB2 HB
OB




 4�
 2 � tanOAB
 2.
� 2
2
HA
OA
OA
OB

BH.BA


� Hệ số góc của đường thẳng (d) : k = �2 .
Khi k = 2 ,phương trình (d) có dạng y = 2x + m.
�2x0  4
 2x0  m (2)

�x0  1
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 � �
có nghiệm
� 2
 2 (3)
�(x  1)2
� 0

x  1 1

x 2
x0 . (3) � (x0  1)2  1 � �0
� �0
.
x0  1  1 �
x0  0

Thay x0 = 2 vào (2) ta được m = - 4 .
Thay x0 = 0 vào (2) ta được m = 4.
Vậy trong trường hợp này, phương trình tiếp tuyến (d) là y = 2x �4.
Khi k = - 2 , phương trình (d) có dạng : y = -2x + m
�2x0  4
 2x0  m (4)

�x0  1
� có
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 � �
� 2
 2 (5)
�(x  1)2
� 0
nghiệm x0 .Phương trình (5) vô nghiệm nên hệ trên vô nghiệm.
Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y = 2x �4.
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến (d) với (C), khi đó phương trình
2x  4
2
(x  x0)  0
(d) có dạng y  f '(x0)(x  x0)  f(x0) 
x0  1
(x0  1)2


2
(x0  1)2

x

2x02  8x0  4
(x0  1)2

.

A là giao điểm của (d) với trục hoành � A(x02  4x0  2;0) .
� 2x2  8x  4 �
0

�.

B
0; 0
B là giao điểm của (d) với trục tung
� (x  1)2 �
0


Diện tích tam giác OAB (vuông tại O) :
2x2  8x0  4 (x02  4x0  2)2
1
1
S  OA.OB   x02  4x0  2 . 0

2
2
(x  1)2
(x  1)2
0

S 4�

(x02  4x0  2)2
(x0  1)2

0

 4 � (x02  4x0  2)2  4(x0  1)2

159




x2  4x0  2  2(x0  1)
x2  6x0  4  0
� �0
� �0

x02  4x0  2  2(x0  1) �
x02  2x0  0



x  3  5 �x0  3  5
� �0
.
x0  0 �x0  2

Suy ra phương trình tiếp tuyến (d):
2
4
2
4
y
x
, y
x
, y  2x+4 , y = 2x – 4 .
2
2
2 5
2 5
(2  5)
(2  5)
Bài 12:
� � 9�
A�
0; �

A �Oy

2�



.
1. �
9� �
OA 
� 9�

A�
0;  �

2 �
� � 2�
� 9�
0; �. Khi đó phương trình tiếp tuyến (d) có dạng
Trường hợp 1. A �
� 2�
9
y  kx  .
2
�x2  3x
9
0
�0
 kx0 
(2)
2
� 1 x0
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 � � 2
có nghiệm
�x0  2x0  3
 k (3)

2
� (1 x0)
x0 . Thay (3) vào (2) ta được
x02  3x0
1 x0



 x02  2x0  3
(1 x0 )2

x0 


x0 �1
9

�� 2
2
2(x0  3x0 )(1 x0)  2x03  4x02  6x0  9(1 x0)2



x0  3

x0 �1

�� 2
��
3.
x0 
5x0  18x0  9  0 �


5
3
.
2
3
27
Thay x0 =
vào (3) ta được k  
.
2
5
Thay x0 = 3 vào (3) ta được k  

3
9
27
9
Vậy trong trường hợp này , phương trình của (d) là y   x  ,y   x  .
2
2
2
2
� 9�
9
0;  �.Khi đó phương trình (d) có dạng : y  kx  .
Trường hợp 2: A �
2
� 2�

160


�x2  3x
9
0
�0
 kx0 
(4)
2
� 1 x0
(d) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 � � 2
có nghiệm
�x0  2x0  3
 k (5)

2
(1

x
)
0

x0 . Thay (5) vào (4), ta được:
x02  3x0
1 x0



 x02  2x0  3
(1 x0)2

x0 


x0 �1
9

�� 2
2
2(x0  3x0)(1 x0)  2x03  4x02  6x0  9(1 x0)2



x0 �1

�� 2
13x0  18x0  9  0 (vn)

Do đó trong trường hợp này không có tiếp tuyến (d) thỏa đề.
3
9
27
9
Vậy phương trình tiếp tuyến (d) cần tìm là y   x  ,y   x  .
2
2
2
2
y  yM
x  xM

� y  3x  3.
3. a. Phương trình đường thẳng MN:
yM  yN xM  xN
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng MN.

x2  3x
2x2  3x  3  0 (vn)

 3x  3 � �
1 x
x �1

Suy ra đường thẳng MN và (C) không có điểm chung.
b. Tiếp tuyến (D) song song đường thẳng MN suy ra phương trình (D) có
dạng
y = - 3x + m (m �3)
�x2  3x
0
�0
 3x0  m (6)
� 1 x0
(D) tiếp xúc (C) tại điểm có hoành độ x0 � � 2

�x0  2x0  3
 3 (7)

2
� (1 x0)

x0 �1

x 0
 x2  2x0  3

� �0
.
 3 � � 2
nghiệm x0 � 0
2
x0  2
 x0  2x0  3  3(1 x0  2x0)
(1 x0)2


Thay x0 = 0 vào (6) ta được m = 0.
Thay x0 = 2 vào (6) ta được m = 8.
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3x ,y  3x  8
Khi m = 0 thì tiếp điểm của tiếp tuyến (D) với (C) là O(0;0).
Khi m = 8 thì tiếp điểm của tiếp tuyến (D) với (C) là K(2;2).
Vì đường thẳng MN và (C) không có điểm chung và
3
5
d(O, MN) =
< d(K,MN) =
do đó điểm thuộc (C) có khoảng cách
10
10
từ đó đến đường thẳng MN là O .

161


1
MN.d(E,MN) , độ dài MN không đổi ,do đó
2
SEMN nhỏ nhất � d(E,MN) nhỏ nhất  E O .
Vậy điểm cần tìm là gốc tọa độ O.
Bài 13: Xét M(0;m) �Oy . Đường thẳng d đi qua M, hệ số góc k có phương
trình: y  kx  m .
d là tiếp xúc đồ thị tại điểm có hoành đồ x0 khi hệ
Mặt khác SEMN 


x0  4x02  2x0  1  kx0  m


4x0  1
có nghiệm x0 .

1
k

2
4x0  2x0  1


Thay k vào phương trình thứ nhất ta được:
x0  4x02  2x0  1  x0 

4x02  x0
4x02  2x0  1

m

� 4x02  2x0  1 4x02  x0  m 4x02  2x0  1 � m 

x0  1
4x02  2x0  1

 f(x0) (*)

Để từ M kẻ được ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị � (*) có ít nhất một
nghiệm.
3x0
� f '(x0)  0 � x0  0
Xét hàm số f( x0 ), ta có: f '(x0 ) 
( 4x02  2x0  1)3
Mặt khác: lim f(x0) 
x��

Vậy M(0;m) với 

1
;
2

lim f(x0)  

x��

1
1
và (*) có nghiệm �   m �1.
2
2

1
 m �1 là những điểm cần tìm.
2

Bài 14:
1. Tiệm cận đứng của (C) : x = 1, tiệm cận xiên của (C): y = 2x – 1, suy ra
giao điểm của hai đường tiệm cận này là I(1;1).
Phương trình tiếp tuyến (d) của (C) đi qua I : y = k(x – 1) + 1.

2
2x  1
 k(x  1)  1 (1)

x1

(d) tiếp xúc với (C) tại điểm có hoành độ x0 � �

2

2
 k (2)
2

� (x  1)
nghiệm x0 . Thay 2 

2
(x0  1)2

 k vào (1) ta được



2
2
4

�
2
(x0  1)  1 �
 0 (3)
2
x0  1 � (x  1)2 �
(x

1)
0
0


Phương trình (3) vô nghiệm nên không tồn tại tiếp tuyến của (C) đi qua I.
2x0  1

162


2. Hai tiếp tuyến của (C) tại M 1M 2
� 2

2
2

(x1  1)

 2

song song với nhau � y'(x1)  y'(x2)

2
(x2  1)2

� (x1  1)2  (x2  1)2 � x1  1  1 x2 (do x1 �x2) � x1  x2  2.
Gọi E là trung điểm của đoạn M 1M 2 thì

x x
xE  1 2  1

2
1�
2
2 �

yE  �
2(x1  x2)  2 


� 1


2
2
2�
x1  1 x1  1�
�y  1 �
2x

1


2x

1


E
1
2

2�
x1  1
x2  1�



Vậy E(1;1) �E I
điều phải chứng minh .
Bài 15:
1. Phương trình: 4x3  3x  2a2  3a  0 tương đương với phương trình :
4x3  3x  2  2a2  3a  2 . Phương trình đã cho có hai nghiệm âm và một
nghiệm dương khi và chỉ khi đường thẳng y  2a2  3a  2 cắt đồ thị
y  4x3  3x  2 tại ba điểm trong đó có hai điểm có hoành độ âm và một
điểm có hoành độ dương. Từ đồ thị suy ra: 1  2a2  3a  2  2 tức ta có hệ:

0  2a2  3a  1

1
3
hay 0  a  hoặc 1  a  .
� 2
2
2
2a  3a  0

2. Giả sử M  m;3 là điểm cần tìm và d là đường thẳng qua M có hệ số
góc là k , phương trình có dạng: y  k  x  m  3 .

Đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị  C  tại điểm N  x0;y0  khi hệ :

4x03  3x0  2  k  x0  m  3

có nghiệm x0 , từ hệ suy ra
� 3

4x0  3x0  2 '  �
k
x

m

3
'



0



4x2  2 3m  1 x0  3m  1� 0  1 có nghiệm x0 .
 2x0  1 �
� 0

Qua M kẻ được 3 đường thẳng tiếp xúc với  C  khi và chỉ khi phương



trình



 1



3

4x02  2 3m  1 x0  3m  1  0  2
m  1 hoặc

nghiệm

x0 ,

tức

phương

có hai nghiệm phân biệt khác

trình
1
hay
2

1
1
 m� .
3
2

Bài 16:
1. Hàm số cắt trục hoành thại hai điểm phân biệt A ,B có hệ số góc
2x  1
k
.
x 1



163


Ta có: y' 

x2  2x  m  1

 x  1

2

, đặt

g  x  x2  2x  m  1.

Theo bài toán, g  x  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1.
Theo đề, tiếp tuyến tại A và B vuông góc nhau tức kA .k B  1, tìm được
1
m .
5

2. Đường thẳng  d  đi qua điểm M  m;m có hệ số góc là k , phương trình
có dạng: y  k  x  m  m .

� 2x2
� 0  k  x0  m  m
�x0  2
 d tiếp xúc  C  tại điểm có hoành độ x0 khi hệ : �

� 2
�2x0  8x0  k
2

� x0  2
nghiệm x0 , từ đây ta tìm được m  5 � 23
3. a. y  5 và y  9x  4

b. Gọi M  m;9m  4 là điểm trên đường thẳng y  9x  4 .

Đường thẳng  t đi qua M có phương trình y  k  x  m  9m  4 .

 t

tiếp xúc với  C  tại tiếp điểm N  x0;y0  khi hệ sau :

x03  3x02  1  k  x0  m  9m  4

� 2
3x0  6x0  k



 

Để qua M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
phân biệt tức

có nghiệm x0 .

 C

khi hệ   có 3 nghiệm

2x2  5  3m x0  5  9m� 0
 x0  1 �
� 0 


x0

có 3 nghiệm x0 phân

1
 m �1 thỏa bài toán.
3
4. Gọi M  a;b là điểm cần tìm . M � d  � b  3a  2
biệt hay m  5 hoặc

Tiếp



tuyến



của

đồ

thị

C 

tại

điểm

 x0;y0  là

y  3x02  3  x  x0   x03  3x0  2
Tiếp tuyến đi qua M  a;b





� 3a  2  3x02  3  a  x0   x03  3x0  2 � 2x03  3ax02  0 � x0  0 �x0 

164

3a
2




hai

tiếp

tuyến

đi

qua

M

với

hệ

số

góc



�3a � 27a2
k1  f ' 0  3,k2  f '� �
3
�2 � 4
40
2 10
� a �
81
9
� 2 10

2 10

;m
 2�
Vậy có hai điểm thoả mãn đề bài là : M �
� 9

3


Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau � k1k2  1 � a2 

Dạng 3: Phương trình tiếp tuyến chung của hai
đồ thị
Bài tập:
 P  và  Cm  tiếp xúc nhau tại điểm có hoành độ x0 khi và chỉ khi hệ

x02  x0  1  x03  4mx20  7mx0  3m

phương trình: �
có nghiệm x0
2x0  1  3x02  8mx0  7m



 x0  1 x02  4mx0  1 3m  0

��
có nghiệm x0
2

2x

1

3x

8mx

7m

 
0
0
� 0
 Với x0  1 thay vào phương trình   , ta được m  2





 Với x02  4mx0  1 3m  0 kết hợp phương trình   ta được hệ:

m 1
1
x0 
,m �
2


2x

1

3x

8mx

7m
2m  1
2
0
0
� 0

��
� 2
2
�m  1 �
�m  1 �
x  4mx0  1 3m .3  0.3  0 �

� 0

�  4m�
� 1 3m  0

�2m  1�
�2m  1�






�1

�  4m  1  m  2  m  1  0 hay m ��
 ;1;2�
�4

165


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×