Tải bản đầy đủ

08 2 huong dan giai

Dạng 2: TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ.
Bài toán 01:
HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT.
Bài 1. Phương trình hoành độ giao của ( C ) và ( ∆ ) :
x3 – 3x2 – (2m – 1)x + 4m + 2 = 0

⇔ (x − 2)(x2 – x – 2m – 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc f(x) = x2 − x − 2m − 1 = 0 ( ∗)

( ∆)

cắt ( C ) tại đúng 2 điểm phân biệt ⇔ ( ∗) phải có nghiệm x1, x2 thỏa
mãn:
 ∆ = 0
 8m + 5 = 0



5
 b
m=−


 1 ≠ 2

 2 ≠ x1 = x2


2
8
⇔   2a
⇔   2
⇔

x
=
2

x
1


m =
 1
2
 ∆ > 0
 8m + 5 > 0

2


 f(2) = 0
  −2m + 1 = 0


Bài 3. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 + 2m2x2 + 1= x + 1
⇔ x( x3 + 2m2x − 1) = 0 ⇔ x = 0 hoặc g(x) = x3 + 2m2x − 1 = 0 (∗)

Ta có: g′ (x) = 3x2 + 2m2  ≥ 0 (với mọi x và mọi m ) ⇒ Hàm số g(x) luôn đồng
biến
với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = –1 ≠ 0. Do đó phương trình (∗) có
nghiệm duy
nhất khác 0. Vậy đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai


điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Bài 4:
1. Ta có y' = 3(x2 + 2x − 3) ⇒ y' = 0 ⇔ x = 1,x = −3 ⇒ hàm số đạt cực trị tại
A ( 1;m − 5) và B( −3;m + 27) nên đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 9x + m cắt Ox

tại ba điểm phân biệt ⇔ yCD .yCT < 0 ⇔ (m − 5)(m + 27) < 0 ⇔ −27 < m < 5.
2. d đi qua I và có hệ số góc m nên phương trình d là y = m(x − 1) + 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của d với (C): x3 − 3x2 + 4 = m(x − 1) + 2
⇔ x3 − 3x2 + 2 = m(x − 1) (1) ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − 2) = m(x − 1)
⇔ (x − 1)(x2 − 2x − 2 − m) = 0 ⇔ x = 1, g(x) = x2 − 2x − 2 − m = 0
d cắt (C) tại ba điểm phân biệt I,M ,N ⇔ Phương trình g(x) = 0 có hai
∆' > 0
m + 3 > 0
g
⇔
⇔ m > −3.
nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ 
g(1) ≠ 0 −3 − m ≠ 0

165


Hoành độ của M ,N là hai nghiệm x1, x2 của phương trình g ( x) = 0 ,lại có
 x1 + x2 = 2 = 2xI nên I là trung điểm của đoạn MN . Suy ra tam giác AMN
1
MN
2
y − yI
= −3 .
Hệ số góc của đường thẳng AI là k = A
xA − xI
vuông cân tại A ⇔ AI ⊥ (d) và AI =

1
1
1
5
.Khi m = thì phương trình  ( d ) : y = x + .
3
3
3
3
7
Phương trình g ( x) = 0 trở thành phương trình : x2 − 2x − = 0 (2).
3
10
10
MN 2 = (x2 − x1)2 = (x1 + x2)2 − 4x1x2  (do M,N thuộc (d)).

9
9
AI ⊥ (d) ⇔ m(−3) = −1 ⇔ m =

Trong đó x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (2) , x1 + x2 = 2 , x1.x2 = −

7
3

,suy ra
10 
28  400
20
⇒ MN =
, AI = (xA − xI )2 + (yA − yI )2 = 10
 4+ ÷=
9
3  27
3 3
1
Vì AI ≠ MN do đó tam giác AMN không vuông tại A .
2
1
Vậy m = không thỏa mãn yêu cầu bài toán ,suy ra bài toán vô nghiệm.
3
3. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và ( P ) :
MN 2 =

x3 − 3mx2 + 3m(m − 2)x − m3 + 3m2 + m =  – 3x2
⇔ x3 − 3mx2 + 3m2x − m3 + 3x2 − 6mx + 3m2 + m = 0
⇔ (x − m)3 + 3(x − m)2 + m = 0, f(x) = (x − m)3 + 3(x − m)2 + m

( Cm )

cắt ( P ) tại ba điểm phân biệt ⇔ Đồ thị của f(x) cắt trục Ox tại ba
điểm phân biệt ⇔ Hàm số f(x) có hai điểm cực trị và hai giá trị cực trị trái
dấu.
f '(x) = 3(x − m)2 + 6(x − m) = 3(x − m)(x − m + 2) ⇒ f '(x) = 0 ⇔ x = m hoặc x = m − 2
Hai giá trị cực trị là f ( m) = m và f ( m − 2) = m + 4.

Hai giá trị này trái dấu ⇔ m(m + 4) < 0 ⇔ −4 < m < 0.

4. Phương trình hoành độ giao điểm ( C ) và ( H m ) là:
x3 + 3x2 =

166

( m + 1) x + m − 35 ⇔ x3 + 3x2 +
x+ 1

36
= m + 1 ( ∗)
x+ 1


( C)

v ( H m ) ct nhau ti 2 im phõn bit khi v ch khi phng trỡnh ( )

cú 2 nghim phõn bit khỏc 1 khi ú f ( x) = m + 1 cú 2 giao im.
Xột hm s: f ( x) = x3 + 3x2 +

(

Ta cú: f '( x) = 3 x

2

36
trờn Ă \ { 1}
x+ 1

4
2
x + 1) ( x + 1) 12
(
+ 2x)
= 3.
( x + 1) 2
( x + 1) 2

36

Bi toỏn 02: HAI TH CA HM S CT NHAU TI 2,3,4 IM
PHN BIT THA HONH CHO TRC.
Bi 1. Phng trỡnh honh giao im ca th hm s ( 1) v ng
thng y = 2

(

)

(

)

x3 m2 + m 3 x + m2 3m + 2 = 2 x3 m2 + m 3 x + m2 3m = 0

(

)

( x m) x2 + mx m + 3 = 0 x = m hoc x2 + mx m + 3 = 0 ( 2)
th hm s ( 1) ct ng thng y = 2 ti 3 im phõn bit khi v ch
m2 + m2 m + 3 0
m > 2

khi ( 2) cú hai nghim phõn bit khỏc m
2
= m 4( m + 3) > 0 m < 6
Gi s x1 = m v x2 ,x3 l 2 nghim ca ( 2) . Khi ú theo nh lớ Viet ta
c: x2 + x3 = m,x2.x3 = m + 3 .
Vi x12 + x22 + x23 = 18 m2 + ( x2 + x3 ) 2x2x3 = 18 m2 + m2 2( m + 3) = 18
2

m2 + m 12 = 0 m = 4 hoc m = 3 .
1
Bi 2. m 0 v m thỡ ng thng ct th ti A ( 0; m 1) , B( 1;2m) ,
2

(

)

C 2m;4m2 v OA 2 + OB2 + OC 2 = 16m4 8m3 m2 + 2m + 4

ổ 1ử
29
- ữ
= .
h ( m) = 16m4 - 8m3 - m2 + 2m + 4 , h ( m) h ỗ




ố 4ứ 8
Bi toỏn 03: HAI TH CA HM S CT NHAU TI 2,3,4 IM
PHN BIT THA MN IU KIN CHO TRC.
Bi tp.
uuu
r
1. I ( 1;2) , A ( x1; x1 + m) , B( x2; x2 + m) , AB = ( x2 x1; x2 + x1 ) ,
x1 + x2 = m 1, x1x2 = m 1.

m 1 m + 1 uur m 3 m 3
;
;
Gi H l trung im AB H
ữ, IH =

2
2
2
2

167


IA 2 = IB2
IA = IB


⇔
⇒ m = 3± 6
Tam giác IAB đều ⇔ 
3
3
AB IH 2 = AB2
IH =

2

4
2. d' đi qua điểm I ( 1;2) , có hệ số góc là k : y = k ( x − 1) + 2
Tọa độ giao điểm của d' và ( C ) là nghiệm phương trình:

2x − 1
= k ( x − 1) + 2 ⇔ kx2 − 2kx + k − 1 = 0,x ≠ 1 ( ∗)
x−1
Để d' cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt C,D khi và chỉ khi phương trình ( ∗)
k ≠ 0

2
có 2 nghiệm phân biệt khác 1 tức ∆ ' = ( −k ) − k ( k − 1) > 0 ⇔ k > 0
 2
k.1 − 2k.1+ k − 1 ≠ 0
Với k > 0 thì ( ∗) có 2 nghiệm phân biệt x3 ,x4 là hoành độ của C,D ,
uuur 5 uur
k−1
thỏa mãn: x3 + x4 = 2, x3.x4 =
, kết hợp điều kiện: CD = CI tìm được
k
3
k suy ra đường thẳng d'
Bài toán 04: ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU
TẠI 2 ĐIỂM THUỘC 1 HOẶC 2 NHÁNH CỦA ĐỒ THỊ.
Bài 1. ( dm ) : y = mx + 2( m + 1) ,

( dm ) ∩ ( C ) :g ( x) = mx2 + 3mx + 2m + 3 = 0,x ≠ −1( *)
1. Để ( dm ) ∩ ( C ) tại hai điểm phân biệt khi phương trình ( *) có hai nghiệm
m ≠ 0
m < 0

⇔
phân biệt khác −1. Khi đó ta có hệ : ∆ > 0
g −1 ≠ 0  m > 12
 ( )
2. Để ( dm ) ∩ ( C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh khi phương trình ( *) có hai
nghiệm phân biệt x1 < −1 < x2 .

Cách 1: Đặt x = t − 1 khi đó phương trình ( *) trở thành tìm m để phương
trình mt2 + mt + 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m.3 < 0 ⇔ m < 0 .
Cách 2: x1 < −1 < x2 ⇔ ( x1 + 1) ( x2 + 1) < 0

Bài 2. ( d ) đi qua A ( 1;0) và có hệ số góc là m, suy ra phương trình ( d ) :
y = m ( x – 1) .

Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( C ) :
⇔ x + 2 = m(x2 − 2x + 1),x ≠ 1 (2)

168

x+ 2
= m(x − 1) (1)
x−1


Thay x = 1 vào (2) ,ta được 3 = 0 (sai) do đó x = 1 không thỏa mãn (2)
,suy ra
(1) ⇔ x + 2 = m(x2 − 2x + 1) ⇔ mx2 − (2m + 1)x + m = 0 (3)

( d)

cắt ( C ) tại hai điểm M ,N thuộc hai nhánh của ( C ) ⇔ (3) có hai

nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < 1 <  x2 (do đường thẳng x = 1 là tiệm
cận đứng của ( C ) ).

m ≠ 0
m ≠ 0

(3) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 


1.
2
2
∆ = (2m + 1) − 4m > 0 m > − 4
x1 < 1 <  x2 ⇔ (x1 − 1)(x2 − 1) < 0 ⇔ x1x2 − (x1 + x2) + 1< 0
2m + 1
1
+ 1< 0 ⇔ − < 0 ⇔ m > 0 .
m
m
Vì ba điểm A ,M ,N thẳng hàng do đó
uuur
uuuu
r
AN = −2AM ⇔ xN − xA = −2(xM − xA ) ⇔ xN + 2xM = 3xA = 3
⇔ 1−

xM = x1 =

(4).

2m + 1− 4m + 1
2m + 1+ 4m + 1
, xN = x2 =
2m
2m

2m + 1+ 4m + 1
2m + 1− 4m + 1
+2
=3
2m
2m
⇔ 6m + 3 − 4m + 1 = 6m ⇔ 4m + 1 = 3 ⇔ 4m + 1 = 9 ⇔ m = 2
Chú ý . Có thể sử dụng định lí Vi-et để giải bài này như sau

2m + 1 

x1 + x2 = m
x2 = 3 − 2x1
x2 = 3 − 2x1



⇔ x1(3 − 2x1) = 1
⇔ x1(3 − 2x1) = 1
Ta có hệ x1.x2 = 1
x + 2x = 3

2m + 1 
2m + 1
1
 2
 x1 + 3 − 2x1 =
3 − x1 =
(*)

m

m

1
Phương trình : x1 ( 3 − 2x1 ) = 1 ⇔ 2x12 − 3x1 + 1 = 0 ⇔ x1 = 1 , x1 = .
2
2m + 1
= 2 ⇔ 1 = 0 (sai) .
Với x1 = 1,từ (*) ta có
m
1
2m + 1 5
= ⇔ m= 2
Với x1 = , từ (*) ta có
2
m
2
Bài 3:
1. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (C)
2x
1
= x + m ⇔ 4x = (x + 2m)(x − 1) (với x ≠ 1) ⇔ x2 + (2m − 5)x − 2m = 0 (1)
x−1 2
∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
(4) ⇔

169


∆ = (2m − 5)2 + 8m > 0 4m2 − 12m + 25 > 0
⇔
⇔
đúng ∀m ∈ ¡ .
1+ (2m − 5) − 2m ≠ 0
−4 ≠ 0
1

1

Gọi x1,x2 là hai nghiệm của (1) ⇒ A(x1; x1 + m), B x2; x2 + m ÷
2
2



x1 + x2

5 − 2m
x =
xI =
 I
2
2
⇒ trung điểm I của AB có tọa độ: 
⇔
5
+
2m
 y = 1(x + x ) + m  y =
I
I
1
2

4

4
5 − 2m 5 + 2m
3
+
− 4 = 0 ⇔ m = là giá trị cần tìm.
Nên I ∈ d : 2x + y − 4 = 0 ⇔ 2
2
4
2
2. Đường thẳng d có phương trình: y = kx
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C):
x3 − 3x2 + 6x = kx ⇔ x(x2 − 3x + 6 − k) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 − 3x + 6 − k = 0 (∗)
Đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt

15
∆ = 4k − 15 > 0 k >
x1,x2 khác 0 ⇔ 
⇔
4.
6 − k ≠ 0
k ≠ 6

2
Khi đó A(x1;kx1), B(x2;kx2) ⇒ AB = (1+ k2)(x1 − x2)2 = (1+ k2)(4k − 15)
Nên AB = 17 ⇔ (1+ k2)(4k − 15) = 17 ⇔ 4k3 − 15k2 + 4k − 32 = 0 ⇔ k = 4 .
3. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

2x2 − x + 1
= x + 2m
x−1

⇔ 2x2 − x + 1 = (x + 2m)(x − 1) (với x ≠ 1) ⇔ x2 − 2mx + 1+ 2m = 0 (1)
Đồ thị (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm
 m > 1+ 2
∆ ' = m2 − 2m − 1 > 0
⇔
phân biệt x1,x2 khác 1 ⇔ 
(*).
 m < 1− 2
1− 2m + 1+ 2m ≠ 0
Khi đó (x1 − 1)(x2 − 1) = x1x2 − (x1 + x2) + 1 = 2 > 0
Suy ra, hai giao điểm nằm về một nhánh của đồ thị (C).
Bài toán 05: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2 ĐIỂM
PHÂN BIỆT CÓ ĐỘ DÀI CHO TRƯỚC.
Bài 1.
2x − 2
= 2x + m ⇔ 2x2 + mx +  m + 2 = 0
1. Phương trình hoành độ giao điểm:
x+1
(x ≠ −1) ( ∗) .

( d)

cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ,B ⇔ ( ∗) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2

khác −1 ⇔ m2 − 8m − 16 > 0  ( ∗ ∗) . Khi đó ta có: x1 + x2 = −

170

m
m+ 2
,x1x2 =
2
2


AB2 = 5 ⇔ (x1 − x2)2 + 4(x1 − x2)2 = 5 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 1

⇔ m2 − 8m − 20 = 0 ⇔ m = −2 hoặc m = 10 thỏa điều kiện ( ∗ ∗) .
2. Phương trình hoành độ giao điểm:

( x ≠ −m) ( ∗) . ( d)

x−1
= x + 2 ⇔ x2 + (m + 1)x + 2m + 1 = 0
x+ m

cắt ( C m ) tại hai điểm phân biệt A ,B ⇔ ( ∗) có 2 nghiệm

m < 3 − 2 3 ∨ m > 3 + 2 3
∆ > 0
⇔
phân biệt x1, x2 khác − m ⇔ 
x ≠ −m m ≠ −1

( ∗ ∗) . Khi

đó ta có: x1 + x2 = −(m + 1),x1.x2 = 2m + 1.Gọi A ( x1;2x1 + m) , B( x2;2x2 + m)
AB2 = 2(x1 − x2)2 = 2(x1 + x2)2 − 4x1x2  = 2(m2 − 6m − 3)


Theo giả thiết ta được 2(m2 − 6m − 3) = 8 ⇔ m2 − 6m − 7 = 0 ⇔ m = −1 hoặc
m= 7.
x+ 2
= x+ m
Bài 2: Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( C ) :
2x − 2
Gọi A ( x1;x1 + m) , B( x2;x2 + m) là tọa độ giao điểm của ( d ) và ( C ) .
Theo định lý Vi-ét, ta có x1 + x2 = −

2m − 3
, x1.x2 = − ( m + 1) .
2

Ta có: OA 2 + OB2 = x12 + ( x1 + m) + x22 + ( x2 + m) =
2

(

2

(

)

1
4m2 + 2m + 17
2

)

37
1
37
5
⇔ 4m2 + 2m + 17 =
⇔ 2m2 + m − 10 = 0 ⇔ m = − , m = 2 .
2
2
2
2
Bài toán 06: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2 ĐIỂM
PHÂN BIỆT CÓ ĐỘ DÀI NHỎ NHẤT.
Bài 1:
1. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( H ) và đường thẳng d là :
OA 2 + OB2 =

x+ 3
= 2x + m (x ≠ −1) ⇔ x + 3 = ( x + 1) ( 2x + m) ( x = −1 không thỏa mãn phương
x+ 1

trình) ⇔ g ( x) = 2x2 + ( m + 1) x + m − 3 = 0 (1)

Ta có ∆ = ( m + 1) − 8( m − 3) = m2 − 6m + 25 = ( m − 3) + 16 > 0 ∀m ∈ ¡
2

Với ∀m ∈ ¡

2

phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2

Ta có M ( x1;2x1 + m) N ( x2;2x2 + m) (vì M ,N nằm trên d : y = 2x + m )
 m+1 2 4 m− 3 
(
) − (
)  = 5 m2 − 6m + 25 = 5  m − 3 2 + 16 ≥ 20
MN = 5
(
)

 4

4
2
4 


2

(

)

171


2. Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C):

2x + 1
= −x + m
x+ 2

⇔ x2 + (4 − m)x + 1− 2m = 0 (∗) . Vì (∗) có ∆ = m2 − 4m + 12 = (m − 2)2 + 8 > 0 và
x = −2 không là nghiệm của (*) nên (C) và d luôn cắt nhau tại hai điểm
phân biệt
Khi đó : A(x1; −x1 + m), B(x2; −x2 + m) ⇒ AB2 = 2(x1 − x2)2 = 2(x1 + x2)2 − 8x1x2 .
Áp dụng định lí Viét ⇒ AB2 = 2[(m − 2)2 + 8] ≥ 16 ⇒ AB ≥ 4
Bài 2:
1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d).
2x2 + 3x + 3
= 4x + m ⇔ 2x2 + 3x + 3 = (4x + m)(x + 1)(*) (do x = - 1 không thỏa
x+ 1
mãn phương trình (*)) ⇔ 2x2 + (m + 1)x + m − 3 = 0 (1)
17
17
[(m − 3)2 + 16] ⇒ AB2 ≥ .16 = 68 ⇒ AB ≥ 2 17
4
4
2.SIAB = 7
Viết lại phương trình (d) thành dạng 4x – y + m = 0 , khoảng cách từ I đến
4+ m
d là d(I,d) =
. Diện tích tam giác IAB:
17
AB2 ==

1
1 17
(m + 4)2
AB.d(I,d) = 7 ⇔ . (m2 − 6m + 25).
= 49 .
2
4 4
17
⇔ ⇔ (m − 3)(m3 + 5m2 + 8m + 128) = 0 ⇔ m = 3
Chú ý. Nếu phương trình hoành độ giao điểm là phương trình đa
thức bậc ba không có nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỷ thì có
thể sử dụng một trong hai phương pháp dưới đây để giải quyết bài
toán.
Cách 1.Chuyển phương trình thành dạng f(x) = g(m) (g(m) là biểu thức
của m).
Lập bảng biến thiên của f(x), dựa vào bảng biến thiên này để tìm kết quả
của bài toán.
Cách 2.Từ các dạng đồ thị của hàm số bậc ba ,ta có tính chất sau:” Đồ thị
hàm số bậc ba cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có
hai điểm cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu”
3. ∀m ∈ ¡ thì đường thẳng cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt thỏa
1
35
1
x1 < − < x2 và MN 2 ≥
, đẳng thức xảy ra khi m = .
2
2
2
Bài toán 07: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM
PHÂN BIỆT THỎA MÃN TÍNH CHẤT HÌNH HỌC.
Bài 1:
1.
Phương
trình
hoành
độ
giao
điểm
của
( C ) và
SIA B =

d : x2 + (m − 3)x + 1− m = 0,x ≠ 1

172

( ∗)


Ta thấy, ∆ = m2 − 2m + 5 > 0, ∀m ∈ ¡ , suy ra phương trình ( ∗) có nghiệm
∀m ∈ ¡ .
Khi đó ta có: xA + xB = 3 − m,xA .xB = 1− m
uuur uuu
r
∆OAB vuông tại O thì OA.OB = 0 ⇔ xA xB + ( xA + m) ( xB + m) = 0
⇔ 2xA xB + m ( xA + xB ) + m2 = 0 ⇔ m = −2
2. Ta có: dk : y = kx + k

⇔ kx − y + k = 0

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và dk là: x = −1 hoặc (x − 2)2 = k
dk cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ 0 < k ≠ 9

Khi đó các giao điểm là A(−1;0),B( 2 − k;3k − k k ) ,C ( 2 + k;3k + k k ) .
BC = 2 k 1+ k2 , d(O,BC) = d(O,dk ) =

k
1+ k 2

1
k
S∆OBC = .
.2 k. 1+ k2 = 1 ⇔ k k = 1 ⇔ k 3 = 1 ⇔ k = 1
2 1+ k 2
3. Ta có: E ( 1; 0) đường thẳng ∆ qua E có dạng y = k(x − 1) .

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ∆ : (x − 1)(x2 − 2x − 2 − k) = 0
∆ cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ k > −3

1
S∆OA B = d(O, ∆).AB = k k + 3 ⇒ k k + 3 = 2 ⇒ k = 1 , bạn đọc tìm giá trị k
2
khác.
4. . Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và (d).
− x3 + mx + 1 = 2x + 1 ⇔ x3 − (m − 2)x = 0 (1) ⇔ x = 0,x2 = m − 2 (2)
(Cm) cắt (d) tại ba điểm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m − 2 > 0 ⇔ m > 2 .
Khi đó B(− m − 2; −2 m − 2 + 1) , C( m − 2;2 2 − m + 1)
BC 2 = 4(m − 2) + 16(m − 2) = 20(m − 2)
OB2 + OC 2 = 2(m − 2) + 2 + 8(m − 2) = 10(m − 2) + 2
Tam giác OBC vuông tại O ⇔ OB2 + OC 2 = BC 2
11
⇔ 10(m − 2) + 2 = 20(m − 2) ⇔ m =
(thỏa mãn điều kiện m > 2).
5
1+ x
= x + 2m
5. Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và dm :
1− 2x
1
⇔ g ( x) = 2x2 + 4mx + 1− 2m = 0, x ≠ ( 1)
2

173


Đường thẳng dm cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ
1
tức
2

khi phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác
  1
g  ÷ ≠ 0
−1− 3
− 1+ 3
hay m <
hoặc m >
  2
2
2

2
∆ ' = 4m + 4m − 2 > 0

( 2) .

2
2
2
2
Khi đó AB = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 2( x1 + x2 ) − 4x1.x2 



Theo định lý Vi – et, ta có : x1 + x2 = −2m,x1.x2 =

1− 2m
2

(

)


 1− 2m  
2
2
AB2 = 2( −2m) − 4
÷ ⇒ AB = 2 4m + 4m − 2 .
2



S=

1
AB.IH với IH = d ( I;dm ) , d ( I;dm ) =
2

Giả thiết S = 1 hay

xI − yI + 2m
12 + ( −1)

2

=

2m + 1
2

.

2m + 1
1
. 2 4m2 + 4m − 2 .
= 1 , bình phương hai vế và rút
2
2

(

)

gọn ta được: ( 2m + 1) − 3( 2m + 1) − 4 = 0 ( 3) , đặt t = ( 2m + 1)
4

2

2

và t ≥ 0 ,

phương trình ( 3) trở thành t2 − 3t − 4 = 0 , phương trình này có hai nghiệm
t = −1 ( không thỏa t ≥ 0 ) hoặc t = 4 . Với t = 4 tức ( 2m + 1) = 4 tương
2

đương với m = −

3
1
hoặc m =
2
2

6. Giả sử A ( xA ;yA = 2xA − 2m) , B( xB ;yB = 2xB − 2m) là tọa độ thỏa đề bài và
AB =

( xB − xA ) 2 + ( yB − yA ) 2 = ... =

5m2 + 10 , d ( O;d ) =

M ( m;0) , N ( 0;2m) là giao điểm của d với Ox, Oy .

−2m

Mặt khác

5

1 −2m
Theo bài toán, SOAB = 3SOM N ⇔ .
. 5m2 + 10 = 3 m . 2m
2
5

(

)

(

)

(

7. B 2 + m;3m + m m , C 2 − m;3m − m m ⇒ BC = 2 m 1+ m2
d ( 0;d ) =

174

m
m2 + 1

. Theo bài toán, suy ra m = 1

)


8. Đường thẳng d1 qua A có hệ số góc
giao điểm d1 với Ox là C ( −1;0) .
Đường thẳng d2 qua B có hệ số góc

3
3
3
có phương trình: y = x + và
2
2
2

3
3
7
có phương trình: y = x −
và giao
2
2
2

7 
điểm d2 với Ox là D  ;0÷ .
3 
Khoảng cách h giữa d1 , d2 là đường cao hình thang và h =
Diện tích hình thang phải tìm là

AC + BD
S=
.h =
2

10
13

13
3 . 10 = 20
2
13 3

13 +

Bài 2:
1.

Phương

trình

hoành

độ

giao

điểm:

2x + 1
= −3x + m
x−1

⇔ 3x2 − (1+ m)x + m + 1 = 0
(1), (x ≠ 1) , d cắt (C) tại A và B ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
 m > 11
⇔
(*)
 m < −1
Gọi x1,x2 là các nghiệm của (1). Khi đó A(x1; −3x1 + m),B(x2; −3x2 + m)
x1 + x2

1+ m
m−1
, yI = −3xI + m =
2
6
2
uuur 2 uur
 1+ m m − 1
;
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB ⇒ OG = OI ⇒ G 
÷
3
3 
 9
Gọi I là trung điểm của AB ⇒ xI =

=

1+ m
 m − 1
11
− 2.
(thoả (*)).
÷− 2 = 0 ⇔ m = −
9
3
5


2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):

x≠1
2x + 1
= x+ m ⇔ 
2
x−1
f(x) = x + (m − 3)x − m − 1 = 0
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M, N ⇔ f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt
xM ,xN khác
G∈d ⇔

∆ = m2 − 2m + 13 > 0
⇔
(đúng với mọi m).
f(1) = −3 ≠ 0

Tọa độ các giao điểm là M(xM ;yM ),N(xN ;yN ) .
1

MN = 2(xM + xN )2 − 4xM xN  = 2(m2 − 2m + 13) ; d = d(I,d) =

m−1
2

175


1
MN.d = 4 ⇔ m − 1. m2 − 2m + 13 = 8 ⇔m = 3; m = −1.
2
3. Đồ thị là ( C ) cắt ( d ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình :
SIMN = 4 ⇔

m ≠ 0

x− 3
2
= mx + 1 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 2 hay ∆′ = m − m > 0
x− 2
g 2 ≠ 0
 ( )
2
2
a. A B = 10 ⇔ m + 1 ( x2 + x1 ) − 4x2.x1 = 10( b)


1
Áp dụng định lý vi ét phương trình ( ∗) , ta có x2 + x1 = 2,x2.x1 =
m

4
2
2
Khi đó : ( b) ⇔ m + 1  4 − ÷ = 10 ⇔ m + 1 ( 4m − 4) = 10
m


(

)

(

)

(

(

)

)

2

⇔ ( m − 2) 2m2 + 2m + 1 = 0( c) . 2m2 + 2m + 1 = 2 m + 1 ÷ + 1 > 0
2
2

 x1 + x2 + 0 2
=

2 
3
3
G
;4
OAB

b. 

÷ là trọng tâm tam giác
3
mx
+
1
+
mx


1
2 + 1+ 0

=4
3

x1 + x2 = 2
⇔
⇒ m = 5 thỏa điều kiện ( a) .
m ( x1 + x2 ) = 10
4. Phương trình hoành độ điểm chung của ( C m ) và ( d ) là:

(

)

x x2 + 2mx + m + 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y ( 0) = 4,g ( x) = x2 + 2mx + m + 2 = 0

( Cm ) và ( d)

cắt nhau tại ba điểm phân biệt A ( 0;4) ,B,C ⇔ phương trình

∆ / = m2 − m − 2 > 0
g ( x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ 
( *) .
g ( 0) = m + 2 ≠ 0
S∆KBC =

1− 3 + 4
1
BC.d ( K ,d ) , trong đó d ( K ,d ) =
= 2
2
2

S∆KBC = 4 ⇔

1
BC.d ( K ,d ) = 4 ⇔ BC = 4 2 ⇔ BC 2 = 32
2

⇔ ( xB + xC ) − 4xBxC = 16 ⇔ 4m2 − 4( m + 2) = 16 ⇔ m2 − m − 6 = 0
2

5. Thay vì tìm các điểm P,Q ta sẽ tìm một đường thẳng
với trục hoành và cách điểm cực đại ( 0;1) của đồ thị một
Dễ thấy rằng a chỉ có thể nhận hai giá trị là a = −7 hoặc
y = a phải cắt ( C ) tại hai điểm nên a > 1, tức a = 9 .

176

y = a song song
khoảng bằng 8.
a = 9 . Tuy nhiên,
Giao điểm của


(

)

2

y=9

y = x2 − 1 và

( x − 1)
2

2



hoành

độ

thỏa

mãn

phương

trình

= 9 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = −2 hoặc x = 2 .

Vậy, P ( −2;9) , Q ( 2;9) hoặc ngược lại là tọa độ cần tìm.
Bài 3:

1. I ( 1;2) là tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận. Đường thẳng

( IA ) :

y = −x + 3 là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận, cũng là
trục đối xứng của đồ thị ( C ) . Do đó đường thẳng ( d ) ⊥ IA ⇒ ( d ) : y = x + m .
Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( C ) là:

2x + 1
= x+ m
x−1

⇔ g ( x) = x2 + ( m − 3) x − m + 1 = 0 ( ∗)
∆ = m − 1 2 + 12 > 0 ∀m ∈ ¡

(
)
⇒ phương trình ( ∗) luôn có hai
Dễ thấy 
g ( 1) = 3 ≠ 0
nghiệm phân biệt x1;x2 . Do đó ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt
 3− m 3+ m 
B( x1;x1 + m) và C ( x2;x2 + m) . Gọi M là trung điểm BC ⇒ M 
;
÷.
2 
 2
Do B và C đối xứng qua đường thẳng IA nên tam giác ABC cân tại A

(

2
2
2
. Do đó ABC đều khi AB = BC ⇒ BC = ( 2MB) = 4 BC − AM
2

2

)

2

4
  3+ m

2
2  3− m
⇔ BC = AM 2 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 
+ 2÷ + 
− 5÷
3
 2
  2

2

(

)

2

 m − 7
2
2 m − 2m + 13 = 2
÷ ⇔ m + 4m − 5 = 0 ⇔ m = −5,m = 1 .
 2 
2

2. Giả sử A ( −1; −1) , B( 2;2) .
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và đường thẳng y = x + m là :
3x + 2
= x + m ⇔ g ( x) = x2 + ( m − 1) x + 2m − 2 = 0 .
x+ 2
Đường thẳng y = x + m cắt

( C)

tại hai điểm C ( x1;x1 + m) , D ( x2;x2 + m)

phân biệt khi và chỉ khi phương trình g ( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt
∆
 g >0
( m − 1) ( m − 9) > 0  m < 1
x1; x2 và đều khác −2 ⇔ 
⇔
⇔
.
m > 9
g ( −2) ≠ 0 4 ≠ 0

177


uuu
r uuur
ABCD là hình bình hành khi AB = CD ⇔ x2 − x1 = 3 ( 1)
x1 + x2 = − ( m − 1)
Theo định lí vi – ét ta có: 
x1.x2 = 2m − 2

( 2) .

Từ ( 1) và ( 2) suy ra: m = 0, m = 10 .
Khi m = 0 thì ABCD không là hình bình hành.
Khi m = 10 thì ABCD là hình bình hành. Do đó m = 10 thỏa bài toán.
3. Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số:
−x + m 1
= − x ⇔ x2 − x + 2m − 2 = 0 (1),x ≠ −2
x+ 2
2
d cắt (Cm) tại 2 điểm A, B ⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt khác –2 ⇔−2 ≠ m <

9
8

(*)

1
 
1

Khi đó các giao điểm là: A  x1; − x1 ÷, B x2; − x2 ÷ . AB = 2(9 − 8m)
2
2

 

1
1
1
1
7
SOAB = AB.d(O,d) =
2(9 − 8m).
=
9 − 8m = 1 ⇔ m = − (thỏa(*)).
2
2
8
2 2 4
2
4. Đường thẳng d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt khi mx − m = x + 2x − 1 có
x−1

2 nghiệm phân biệt, tức là :

( m − 1) x2 − 2( m − 1) x + m + 1= 0

có 2 nghiệm

phân biệt khác 1 khi đó m < 1. Với m < 1 thì giao điểm của d và ( C ) là
uuur uur
A ( x1;mx1 − m) , B( x2;mx2 − m) .Tam giác ABC vuông tại C ⇔ CA.CB = 0 tức
m = 0.
mx + 2
= x+ 1
Bài 4: Phương trình hoành độ giao điểm của ( C m ) và PQ :
x−1
⇔ x2 − mx − 3 = 0, x ≠ 1 ( 1) . PQ cắt ( C m ) tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và
chỉ khi phương trình

( 1)



2 nghiệm phân biệt khác 1, tức là

∆ > 0
⇔ m ≠ −2

m + 2 ≠ 0

Với m ≠ −2 , phương trình ( 1) có 2 nghiệm x1, x2 .
Gọi tọa độ P ( x1;x1 + 1) , Q ( x2;x2 + 1) ⇒ PQ = 2( x2 − x1 ) 2
Diện tích tứ giác APBQ bằng 24 ⇔ d ( A ;PQ ) .PQ = 24 ⇔ 3 2 2( x2 − x1 ) 2 = 24
2
⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 = 16 ( 2) . Theo định lý Vi – et , ta có: x1 + x2 = m,

x1.x2 = −3

178


Thay vào ( 2) ta được m2 + 12 − 16 = 0 ⇔ m = −2 hoặc m = 2
Bài 5. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d).
x2 − x − 2 3
 x ≠ −2
= x+ m ⇔  2
x+ 2
2
 2x − 2x − 4 = (x + 2)(3x + 2m)
⇔ x2 + 2(m + 4)x + 4m + 4 = 0 (1) (do x = −2 không là nghiệm phương trình (1))
1. (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ ' = m2 + 8m + 16 − 4m − 4 > 0 ⇔ m2 + 4m + 12 = (m + 2)2 + 8 > 0
2
 3
 13

3
2

⇔ ∀m ∈ ¡ , MN = (x2 − x1) +  x2 + m ÷ − (x1 + m) = (x2 − x1)
2
 2
 4



2

=

2

13
13
[(x1 + x2)2 − 4x1x2] = [4(m + 4)2 − 4(4m + 4)] = 13(m2 + 4m + 12)
4
4

MN = 2 39 ⇔ MN 2 = 156 ⇔ 13(m2 + 4m + 12) = 156
9 2
9
x1 , AN 2 = (x2 + 4)2 + x22
4
4
13
13
AM 2 + AN 2 = (x12 + x22) + 8(x1 + x2) + 32 = [(x1 + x2)2 − 2x1x2] + 8(x1 + x2) + 32
4
4
13
= [4(m + 4)2 − 2(4m + 4)] − 16(m + 4) + 32 = 13m2 + 62m + 150
4
Tam giác AMN vuông tại A ⇔ AM 2 + AN 2 = MN 2 .
2. Ta có: AM 2 = (x1 + 4)2 +

3
⇔ 13(m2 + 4m + 12) = 13m2 + 62m + 150 ⇔ 10m = 6 ⇔ m = .
5
Bài 6.
1. Đường thẳng ( d ) qua O có dạng: y = kx, y = mx ( k,m đều khác 0 và
k ≠ m ).

Gọi A ,B là giao điểm của ( d ) và ( C ) thì tọa độ A ,B là nghiệm của hệ:
 2 2

2
y =
x =
k.
x ⇔

 y = kx  y = kx




 2

2
; − 2k ÷, B
; 2k ÷ .
Để A ,B tồn tại thì k > 0 , khi đó A  −
÷

÷
 k

 k



 2

2
; − 2m ÷, N 
; 2m ÷ .
Tương tự m > 0 , ta có: M  −
÷
 m
÷
 m



Vì O là tâm đối xứng của

( C)

nên ABMN là hình bình hành. Do đó

ABMN là hình chữ nhật có diện tích bằng

32
khi và chỉ khi
3

179


OA = OM
mk = 1
k = 3

1



k =


3

32 
10 
1 hoặc 
AM.AN =
k + m =
m =
m = 3
3
3
3




1
Vậy, ( d ) có phương trình: y = x,y = 3x .
3
2. I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) ,suy ra I( -1 ; 2).
uur
Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ OI . Hệ trục tọa độ Oxy biến thành hệ
trục tọa độ IXY .
x = X + xI = X − 1
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
.
 y = Y + yI = Y + 2
Ta giải bài toán trong trường hợp hệ tọa độ là hệ tọa độ IXY
2
2
Đối với hệ tọa độ IXY , hàm số y = f(x) trở thành : Y = 2 + − 2 =
X
X
Hai đường thẳng (D) và (D’) qua I có phương trình lần lượt là Y = kX , Y =
mX (k, m đều khác 0 và m ≠ k). Gọi A, B là giao điểm của (D) với (C) thì
 2 2

2
 Y = kX
Y =

X =


tọa độ A,B là nghiệm của hệ : 
k.
X
2

 Y = kX
 = kX
 Y = kX

X


  2

2
,− 2k ÷, B
; 2k ÷ , suy ra
A, B tồn tại ⇔ k > 0 . Khi đó A A  −
÷  k
÷
 k
 

2
IA 2 = IB2 = X 2 + Y 2 = X 2 + k2X 2 = (1+ k2)X 2 = (1+ k2) .
k
Tương tự gọi M,N là giao điểm của (D’) với (C) thì M, N tồn tại khi và chỉ khi


 2

2
2
; − 2m ÷ , N 
; 2m ÷ ,suy ra IM 2 = IN 2 = (1+ m2)
m > 0 và M  −
÷
 m
÷
m
m




Vì I là tâm đối xứng của (C) nên dễ thấy tứ giác AMBN là hình bình hành
2
2
do đó AMBN là hình chữ nhật ⇔ IA 2 = IM 2 ⇔ (1+ k2) = (1+ m2)
k
m
2
2
2(m − k)
 1

⇔ + 2k = + 2m ⇔ 2(k − m) +
= 0 ⇔ (m − k)
− 1÷ = 0
k
m
mk
mk




1
= 1 (do m ≠ k) ⇔ mk = 1 .
mk
2

 32 
1024
Diện tích hình chữ nhật AMBN : S = 4 5 ⇔ AM 2.AN 2 =  ÷ =
9
 3
2
2

 

2
2
2
2
2 
2  1024

⇔ 

+
÷ + ( 2k − 2m) . 
÷ + ( 2k + 2m) =
 k
  k



9



 


180


 2k + 2m − 4
 2k + 2m + 4
 1024
⇔
+ 2k + 2m − 4 km ÷
+ 2k + 2m + 4 km ÷ =
mk
mk
9



1024
100
10
⇔ 16(k + m)2 − 64 =
⇔ (k + m)2 =
⇔ k+ m= .
9
9
3
mk = 1
k = 3 
1


k =


Vậy ta có hệ : 
3.


10
1
k + m =
m =
m = 3
3
3 


Bài 7. Phương trình (d) : y = mx , phương trình (d’): y = −

1
x
m

1
= mx ⇔ (m − 1)x2 = −1
x
(1), (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N ⇔ Phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt ⇔ m − 1< 0 ⇔ m < 1. Giao với điều kiện m > 0 ,ta được 0
< m < 1.

 1
1
m 
m 
4
4m2 4m2 + 4
M −
,−
,
÷, N 
÷ ⇒ MN 2 =
+
=
1− m
1− m 

 1− m 1 − m 
1− m 1 − m
1− m
Phương
trình
hoành
độ
giao
điểm
của
(d’)
với
(C):
1
1
1
x − = − x ⇔ (1+ )x2 = 1 (2)
x
m
m
(d’) cắt (C) tại hai điểm phân biệt P,Q ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt .
1
⇔ 1+
> 0 đúng với m > 0.
m





÷

÷
1
1
1
1
÷, Q 
÷
;
;−
Khi đó P  −


1
1 ÷
1
1 ÷
1+
m 1+
m 1+

÷
 1+
÷
m
m
m
m


Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x −

4m2 + 4
1

1

1
1+
m2  1+ ÷ m2  1+ ÷
m
m
m




Suy ra M,N,P,Q tồn tại ⇔ 0 < m < 1 .
Vì O là tâm đối xứng của (C) và MN ⊥ PQ nên tứ giác MPNQ là hình thoi ,suy
1
ra diện tích MPNQ: S = MN.PQ
2
⇒ PQ 2 =

⇒ S2 =

=

4

+

4

=

1
1 4m2 + 4 4m2 + 4
4(m2 + 1)2
MN 2.PQ 2 =
.
=
4
4 1− m

1

1
m2  1+ ÷ m2(1− m)  1+ ÷
m
m





4(m2 + 1)2
4(m2 + 1)2
=
m(1− m)(1+ m) m(1− m2)

181


Xét hàm số f(m) =
f '(m) =
=

(m2 + 1)2
m(1− m2)

=

(m2 + 1)2
m − m3

,0 < m < 1.

2m(m2 + 1)(m − m3) − (m2 + 1)2(1− 3m2)
(m − m3)2

(m2 + 1)[2m(m − m3) − (m2 + 1)(1− 3m2)] (m2 + 1)(m4 + 4m2 − 1)
=
(m − m3)2
(m − m3)2

f '(m) = 0 ⇔ m4 + 4m2 − 1 = 0 ⇔ m2 = 5 − 2⇔ m =
5 − 2 (dom ∈ (0;1))
Từ bảng biến thiên suy ra f(m) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
m=

5− 2.

Vậy diện tích tứ giác MPNQ nhỏ nhất ⇔ m =
5− 2
Bài 8.
1. Đặt t = x , t ≥ 0 . Phương trình (2) trở thành phương trình
t3 2
a
− t + 3t + 4 = + 4 (3) . Phương trình (3) là phương
3
3
a
trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = + 4 .
3
Phương trình (2) có đúng hai nghiệm ⇔ Phương trình (3) có đúng một
a
a
17
⇔ a < 0 ∨ a = 5.
nghiệm dương ⇔ + 4 < 4 ∨ + 4 =
3
3
3
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d):
t3 + 3t2 − 9t + a = 0 ⇔ −



x3
2
− x2 + 3x + 4 = mx + 4 ⇔ x(x + 3x − 9 + 3m) = 0 (4)
3

⇔ x = 0 ∨ x2 + 3x + 3m − 9 = 0 (5).
(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt ⇔ Phương trình (5) có hai nghiệm phân

15
∆ = 45 − 12m > 0 m <


biệt khác 0
4.


3m − 9 ≠ 0
m ≠ 3

1
Ta có IB2 + IC 2 ≥ 2IB.IC ≥ 4. IB.IC.sin·BIC = 4SIBC .
2
IB = IC
IB2 + IC 2 = 4SIBC ⇔ ·
⇔ ∆ BIC vuông cân tại I.
0
 BIC = 90
Vì B, C thuộc đường thẳng (d) và hoành độ của chúng là hai nghiệm x1, x2
của phương trình (5) nên B(x1;mx1 + 4) , C(x2;mx2 + 4) .

182


 3 3

x +x
3
Gọi K là trung điểm của BC ,ta có K  − ; − m + 4÷ (do xK = 1 2 = − và
2
2
 2 2

uur  3 5 3 
+ m÷.
K thuộc (d)) ⇒ KI =  0;
2
2 ÷


Tam giác IBC cân tại I ⇔ KI ⊥ (d) và (d): y = mx+4 ⇔ mx − y + 4 = 0
r
Suy ra một vectơ chỉ phương của (d) là a = (1; −m) .
uur r
3 5 3 
3 5 3
KI ⊥ (d) ⇔ KI.a = 0 ⇔ −m 
+ m÷= 0 ⇔ m = 0∨
+ m = 0.
 2
÷
2
2
2


uur r
3 5 3
Trường hợp
+ m = 0 bị loại vì khi đó KI = 0 ⇒ I ≡ K ⇒ B,I, C thẳng hàng.
2
2
uu
r 
r 
3 3 5  uu
3 3 5
÷ , IC =  x2 + ; −
÷.
Mặt khác khi m = 0 thì IB =  x1 + ; −

2
2 ÷
2
2 ÷




uu
r uu
r 
3 
3  45
3
9 45
9 27
⇒ IB.IC =  x1 + ÷ x2 + ÷ +
= x1.x2 + (x1 + x2) + + = −9 − +
=0
2 
2 4
2
4 4
2 2

⇒ IB ⊥ IC ⇒ Tam giác BIC vuông tại I.
Bài 9.

x02 − 2x0 + 2 

÷ . M cách đều hai trục tọa độ

(C)

M
x
;
1. M
 0
x0 − 1 ÷


⇔ d(M ,Ox) = d(M ,Oy)
 x2 − 2x + 2
0
 0
= x0 (1)
x02 − 2x0 + 2
 x0 − 1
⇔ x0 =
⇔
.
2
x0 − 1
 x0 − 2x0 + 2 = −x (2)
0
 x −1
0

(1) ⇔ x02 − 2x0 + 2 = x02 − x0 ⇔ x0 = 2 .
(2) ⇔ x02 − 2x0 + 2 = − x02 + x0 ⇔ 2x02 − 3x0 + 2 = 0 (vn).
Vậy điểm cần tìm là M(2;2)
2. I là giao điểm của hai đường tiệm cận ⇒ I(1;0) .
uur
Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục IXY.
x = X + 1
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
.
y = Y
Đối với hệ trục IXY. Ta có I(0;0).
x2 − 2x + 2
1
1
= x − 1+
⇔ Y = X + = F(X).
x−1
x−1
X
Phương trình hai đường thẳng (d) và (d’) đi qua I có hệ số góc là số nguyên
: Y = kX , Y = k’X với k , k’ là các số nguyên. và k ≠ k'
Phương trình (C) : y =

183


Gọi A, C là hai giao điểm của (C) và (d) thì tọa độ A , C là nghiệm của hệ:

1
 Y = kX
Y = X +

(k − 1)X 2 = 1 (3)
X (I) . (I) ⇔ 

1⇔
 Y = kX
 Y = kX
kX = X +


X
(d)) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, C ⇔ Hệ (I) có hai nghiệm phân biệt
⇔ Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt ⇔ k – 1 > 0 ⇔ k > 1.

 1
1
k 
k 
;−
;
Khi đó A  −
÷, C 
÷
k −1
k − 1

 k − 1 k − 1
Tương tự (d’) cắt (C) tại hai nghiệm phân biệt B, D ⇔ k’ > 1.

 1
1
k' 
k' 
;−
;
Khi đó B −
÷, D
÷.
k'− 1
k'− 1 

 k'− 1 k'− 1 
Vì A và C đối xứng với nhau qua I ; B và D đối xứng qua I nên tứ giác ABCD
là hình bình hành . Do đó ABCD là hình chữ nhật ⇔ IA = IB ⇔ IA 2 = IB2


1
k2
1
k'2
+
=
+
⇔ (k'− 1)(1+ k2) = (k − 1)(1+ k'2)
k − 1 k − 1 k'− 1 k'− 1

2
2
⇔ k'+ k2k'− k2 − 1 = k + kk'2 − k'2 − 1 ⇔ k'− k + k' − k + kk'(k − k') = 0
⇔ (k'− k)(1+ k + k'− kk') = 0 ⇔ 1+ k + k'− kk' = 0 (do k ≠ k')

1+ k
2
= 1+
k−1
k−1
Với k∈ ¢ thì
k' ∈ ¢ ⇔ 2M(k − 1) ⇔ k − 1∈ { −2; −1;1;2}
⇔ k' =

• k − 1 = −2 ⇔ k = −1 (loại do k > 1)
• k − 1 = −1 ⇔ k = 0 (loại)
• k − 1 = 1 ⇔ k = 2 . Khi đó k’ = 3.
• k − 1 = 2 ⇔ k = 3 . Khi đó k’ = 2.
Vậy, đối với hệ trục tọa độ IXY , phương trình của hai đường thẳng cần tìm
là Y = 2X , Y = 3X.
Suy ra đối với hệ trục xuất phát Oxy , phương trình của hai đường thẳng
này là y = 2(x – 1) , y = 3(x – 1).
Bài 10: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d).
2x + 1
= x + m ⇔ x2 + (m − 3)x − m − 1 = 0 (1)
x−1
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ,
x2.
⇔ ∆ = (m − 3)2 + 4m + 4 > 0 ⇔ m2 − 2m + 13 > 0 ⇔ ∀m ∈ ¡ .
1. Ta có M ( x1;x1 + m ) , N ( x2;x2 + m)

M , N cách đều trục Ox ⇔ yM = yN ⇔ x1 + m = x2 + m

184


 x + m = x2 + m
 x = x2
⇔ 1
⇔ 1
 x1 + m = −x2 − m  x1 + x2 = −2m
Vì x1 ≠ x2 nên chỉ xảy ra trường hợp x1 + x2 = − 2m ⇔ 3 − m = −2m ⇔ m = −3 .
2. MN = (x2 − x1)2 + (x2 + m − x1 − m)2 = 2(x2 − x1)2
= 2[(x1 + x2)2 − 4x1.x2] = 2[(m − 3)2 + 4(m + 1)] = 2(m2 − 2m + 13)
Viết lại phương trình (d) dưới dạng x – y + m = 0
1− 2 + m m − 1
Khi đó d I,( d ) =
=
2
2
m−1
1
SIMN = 4 ⇔ MN.d(I,(d)) = 4 ⇔ 2(m2 − 2m + 13).
=8
2
2

(

)

⇔ (m − 1)2 + 12. m − 1 = 8 ⇔ [(m − 1)2 + 12](m − 1)2 = 64
⇔ (m − 1)4 + 12(m − 1)2 − 64 = 0 ⇔ (m − 1)2 = 4 ⇔ m − 1 = ±2⇔ m = 3 ∨ m = −1
Vậy m = 3 ∨ m = −1 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Bài 11:
1. Để hai điểm M, N đối xứng qua O thì trước hết ∆ phải đi qua O
Suy ra 2b − 4 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ ∆ : y = ax .
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆
3x + 2
= ax ⇔ ax2 + (2a − 3)x − 2 = 0 (*)
x+ 2
∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2
a ≠ 0

2
khác −2 ⇔ ∆ = 4a − 4a + 9 > 0 ⇔ a ≠ 0 .
4 ≠ 0

3
M, N đối xứng qua O ⇔ x1 + x2 = 0 ⇔ 2a − 3 = 0 ⇔ a = .
2
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y=x
3x + 2
= x ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −1,x = 2 . Suy ra A(−1; −1),B(2;2)
x+ 2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = x + m
3x + 2
= x + m ⇔ x2 + (m − 1)x + 2m − 2 = 0 (1)
x+ 2
Đường thẳng y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt C, D ⇔ (1) có hai
nghiệm phân biệt x1,x2 khác −2 ⇔ (m − 1)(m − 9) > 0 ⇔ m ∈ (−∞;1) ∪ (9; +∞)
Khi đó : C(x1;x1 + m),D(x2;x2 + m)
uuu
r uuur
ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ x2 − x1 = 3
⇔ ∆ = 3 ⇔ ∆ = 9 ⇔ m2 − 10m + 9 = 9 ⇔ m = 0,m = 10

185


Do m = 0 thì C, D trùng với B, A nên ta loại
Vậy m = 10 là giá trị cần tìm.
Bài 12:
1. Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại tại A , B phân biệt khi và chỉ khi
phương trình:

x2 − 2x + 9
= 2x + m ⇔ g ( x) = x2 + ( m − 2) x − 2m − 9 = 0,
x− 2

x ≠ 2 ( ∗) .

g ( 2) ≠ 0

Vì 
, ∀m ∈ ¡ nên đường thẳng d cắt đồ thị ( C )
2
∆ = ( m − 2) + 4( 2m + 9) > 0
tại tại A , B với ∀m ∈ ¡ .
Gọi A ( xA ;2xA + m) , B( xB ;2xB + m) với xA ;xB là nghiệm của phương trình
g ( x) = 0 .

 xA + xB + 0
=2

 4
3
⇔ m = −4 .
Vì I  2; ÷ là trọng tâm tam giác OAB nên 
 3
 2xA + m + 2xB + m = 4

3
3

( 1)

2. x4 − 2( m + 1) x2 + 2m + 1 = 0 ( 1) . Đặt t = x2 ( t ≥ 0) , phương trình

trở

thành t2 − 2( m + 1) t + 2m + 1 = 0 ( 2) .
Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình ( 2)
∆ ' = m + 1 2 − 2m + 1
(
) (
)


1
⇔ m ≠ 0 và m > − .
có hai nghiệm phân biệt t > 0 ⇔ S = 2( m + 1) > 0
2

P = 2m + 1 > 0
Với −

1
< m ≠ 0 thì đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt
2

có hoành độ theo thứ tự − t1 ; − t2 ; t2 ; t1 với t1 > t2 .
thiết

SA CK =

1
AC.d ( K ;AC )
2

Theo

giả

( 3) ⇔

t1 + t2 = 4 ⇔ t1 + t2 + 2 t1t2 = 16

( 3)

với

d ( K ;AC ) = yK .

Khi

Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình ( 2) , ta được:
m − 7 ≥ 0
⇒ m = 4.
2( m + 1) + 2 2m + 1 = 16 ⇔ 2m + 1 = 7 − m ⇔  2
m − 16m + 48 = 0

186

đó


3. I ( 1;2) là tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận. Đường thẳng

( IA ) :

y = −x + 3 là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường tiệm cận, cũng là
trục đối xứng của đồ thị ( C ) . Do đó đường thẳng ( d ) ⊥ IA ⇒ ( d ) : y = x + m .
Phương

trình

hoành

độ

giao

điểm

( d)

của

∆ : y = y'( m) ( x − m) + y ( m)



( C)

là:

⇔ g ( x) = x2 + ( m − 3) x − m + 1 = 0 ( ∗)
∆ = m − 1 2 + 12 > 0 ∀m ∈ ¡

(
)
⇒ phương trình ( ∗) luôn có hai nghiệm
Dễ thấy 
g ( 1) = 3 ≠ 0
phân biệt x1;x2 . Do đó ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt B( x1;x1 + m) và
C ( x2;x2 + m)

(

)

 x + x x + x + 2m 
4
2
Gọi M m;m − 2m − 1 là trung điểm BC ⇒ M  1 2 ; 1 2
÷ hay
2
 2

 3− m 3+ m 
M
;
÷.
2 
 2

(

)

4
2
Do B và C đối xứng qua đường thẳng N n;n − 2n − 1 nên tam giác ABC

(

2
2
2
cân tại A . Do đó ABC đều khi AB = BC ⇒ BC = ( 2MB) = 4 BC − AM
2

⇔ BC 2 =

2

)

2

4
  3+ m

2
2  3− m
AM 2 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 
+ 2÷ + 
− 5÷
3
2
2

 

2

(

)

2

 m − 7
 m − 7
2
2
⇔ 2( x1 + x2 ) − 4x1x2  = 2
÷ hay 2 m − 2m + 13 = 2
÷


 2 
 2 
⇔ m2 + 4m − 5 = 0 ⇔ m = −5,m = 1

4. Do các điểm O và A thuộc đường thẳng ∆ : y = − x . Để OABC là hình
bình hành thì BC = OA = 5 2
Hoành độ của B và C là nghiệm của phương trình:
⇔ x2 + ( 3 − m) x − m − 4 = 0 ( x ≠ −1) ( 1)

2x − 4
= −x + m
x+1

Vì ∆ = m2 − 2m + 25 > 0 ∀m ,nên ( 1) luôn có hai nghiệm phân biệt , d luôn
cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt B và C với B( x1; −x1 + m) , C ( x2; −x2 + m)
x1 + x2 = m − 3
( 2)
Giả sử x1,x2 là nghiệm của ( 1) , ta có: 
x1x2 = − m − 4

187


2
2
2
Khi đó BC = 2( x1 − x2 ) = 2( x1 + x2 ) − 4x1x2  ( 3)


2
2
Thay ( 2) vào ( 3) ta được: BC = 2m − 4m + 50 ⇒ 2m2 − 4m + 50 = 50 ⇔ m = 0
hoặc m = 2
Với m = 0 thì O,A,B,C thẳng hàng nên không thoả mãn.
Vậy, với m = 2 là giá trị cần tìm.

Dạng 3: ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐỒ THỊ CỦA CỦA
HÀM SỐ TẠI 2,3 ĐIỂM MÀ TIẾP TUYẾN TẠI ĐÓ
THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC.
Bài 1:
 a4
5
− 3a2 + ÷ ⇒ y'(a) = 2a3 − 6a
1 M ∈ (C) ⇒ M  a ;
2



Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình :
y = (3a3 − 6a)(x − a) +

a4
5
− 3a2 + .
2
2

x4
5
a4
5
− 3x2 + = (3a3 − 6a)(x − a) +
− 3a2 +
2
2
2
2
2 2
2
2
2

x
=
a
hoặc g(x) = x + 2ax + 3a − 6 = 0
⇔ (x − a) (x + 2ax + 3a − 6) = 0

Phương trình hoành độ giao điểm :

Theo bài toán, g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a
a2 − 3 > 0  a > 3
∆ ' > 0
⇔
⇔
⇔
g(a) ≠ 0 a2 ≠ 1
a ≠ ±1

2. Đường thẳng ( t) : y = 2x + m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp
2x + 3
= 2x + m
x− 2
có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện y'( x1) = y'( x2 ) . Khi đó
tuyến tại đó song song với nhau khi và chỉ khi phương trình

phương trình g ( x) = 2x2 + ( m − 6) x − 2m − 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2
khác 2 và thỏa mãn điều kiện −

(

7

( x1 − 2)

2

=−

7

( x2 − 2)

2

⇔ x1 + x2 = 4 ⇔ m = 2

)

4
3. Tiếp tuyến d tại M : y = 2m m2 − 3 x − 3m + 3m2 + 5
2
2

(

)

2
2
Hoành độ giao điểm d và ( C ) : ( x − m) x + 2mx + 3m − 6 = 0 .

Với − 3 < m < 3, m ≠ ±1 thì d và ( C ) cắt nhau tại E,F khác M
uuur
uuur
MF = 3ME ⇒ MF = 3ME ⇒ ... ⇒ m = ± 2 , kiểm tra lại thấy thỏa.

188


Bài 2:
1. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C m ) và đường thẳng (d)

(

)

x3 + mx2 + 1 = −x + 1 ⇔ x x2 + mx + 1 = 0 ( 1) ⇔ x = 0

hoặc

f ( x) = x2 + mx + 1 = 0 ( 2)

Với x = 0 ta có y = 1 nên (d) luôn cắt (C m ) tai điểm A ( 0;1)

Ta thấy x = 0 không phải nghiệm của ( 2) nên điều kiện để (d) cắt (C m ) tai
ba điểm phân biệt là phương trình

( 2)

có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ = m − 4 > 0 ⇔ m < −2 hoặc m > 2
Lúc đó xB ,xC là nghiệm của ( 2) . Theo định lý Viét ta có
2

xB + xC = −m,xB.xC = 1
Hệ số góc của tiếp tuyến của (C m ) tại B,C là :
2
k1 = y'( xB ) = 3x2B + 2mxB , k2 = y'( xC ) = 3xC
+ 2mxC

Điều kiện để hai tiếp tuyến vuông góc với nhau là k1.k2 = −1, tức là phải
có :

( 3x

2
B

)(

)

+ 2mxB 3xC2 + 2mxC = −1 ⇔ 9( xBxC ) + 6mxBxC ( xB + xC ) + 4m2xBxC + 1 = 0
2

⇒ 9 − 6m2 + 4m2 + 1 = 0 ⇔ m2 = 5 ⇔ m = ± 5
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C m ) và đường thẳng (d)
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0
9
,m≠0
4
là các nghiệm của phương trình : x2 + 3x + m = 0 ⇒

d cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C ⇔ m <
Khi đó:

xB , xC

xB + xC = −3;
xB.xC = m .
Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là

k1 = 3x2B + 6xB + m

và tại C là

2
k2 = 3xC
+ 6xC + m
2
2
k1 + k2 = 3( xB + xC ) − 2xBxC  + 6( xB + xC ) + 2m = 3( −3) − 2m + 6( −m) + 2m




k1 + k2 = 27 − 10m với k1 + k2 ≥ 17 tức 27 − 10m ≥ 17 ⇔ m ≤ 1

Đối chiếu điều kiện, suy ra: m ≤ 1,m ≠ 0
Bài 3:

189


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×