Hu0 e2 f~1

Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả HƯỚNG DẪN GIẢI Vấn đề Điểm cố định thuộc đường cong, điểm mà họ đường cong không qua Bài 1: Với m 1  (C1 ) : y x  3x  x  Gọi M(x0 ; y0 ), N(  x0 ;  y ) (với x0  ) đối xứng qua gốc tọa độ   y x  3x  x   y   y x  3x  x  0 0   0   M, N  (C1 )    x0  x   y0  x0  3x0  x     3  3 ; ;  , N   Vậy M        Gọi M(x0 ; y0 ), N(  x ; y ); x0  đối xứng qua Oy  y x3  (2m  1)x  mx  3m  0 M, N  (Cm )    y0  x0  (2m  1)x0  mx0  3m   2x 03  2mx0 0  x02  m (do x0 0 ) Yêu cầu toán   m   m  Gọi A(x0 ; y0 ) điểm cố định mà họ đồ thị  Cm  ln qua Ta có: y0 x03  (2m  1)x02  mx0  3m  m  ¡  m(2x02  x0  3)  y  x 03  x 02  0 m  ¡ 2x  x  0    y x0  x0   x0  x0     y0   y   3 7 Vậy họ đường cong (Cm) có hai điểm cố định: A1 (  1;  4) A  ;    8 Gọi B(x0 ; y0 ) điểm cố định mà khơng có đường cong họ đồ thị  Cm  qua Ta có: y0 x03  (2m  1)x02  mx0  3m  m  ¡  m(2x02  x0  3)  y  x 03  x 02  0 m  ¡ 340 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 2x  x  0    y x0  x0   x0  x0     y0   y   Vậy tập hợp điểm mà khơng có đường cong họ  Cm  qua đường thẳng x  0 trừ điểm (  1;  4) đường thẳng 2x  0 trừ 3 7 điểm  ;   2 8 Bài 2: Gọi A(x0 ; y0 ) điểm cố định mà họ  Cm  qua Suy y0  mx0  2x0  m  m(y0  x0 )  2x0 y0  0 m  ¡ Từ ta tìm A( 1; 1) Gọi M(x0 ; y0 ) điểm cố định mà khơng có đường cong họ  Cm  qua, suy y0  mx0  2x0  m  m(y0  x0 )  2x0 y  0 m  ¡  y x0  y0  x0 0  TH1:  2x0 y0  0 x 1  y0  x0 0   y x0  TH2:  2x0 y0  x0 1  x  y  2x0  Vậy tập hợp M đường thẳng y x trừ hai điểm ( 1; 1) ; đường thẳng x  trừ điểm (  1;  1) đường thẳng x 1 trừ điểm (1;1) Bài 3: M(x0 ; y0 )  (Cm )  y  2x02  (1  m)x0   m x0  m m x0  x0 y0  my 2x0  x0  mx0   m m x0  m(y0  x0  1)  2x0  x0   x0 y 0 (1) Để M thuộc (Cm) với m  trước hết cần phải có (1) nghiệm với m  nghĩa phải có:  y0  x0  0  y x0  x      y0  2x0  x0   x0 y0 0 x0  2x  0 341 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Kiểm lại với x0  điều kiện m x0  m  Vậy với m  (Cm ) qua điểm cố định M   1;   Lại có y'  2x2  4mx  m  2m  (x  m)2 Suy hệ số góc tiếp tuyến (Cm ) M y'(  1)  Suy phương trình tiếp tuyến (d) (m  1)2 1 (m  1)2 (Cm ) điểm M y  x  1 – x – Vậy với m  -1 , (Cm ) tiếp xúc với đường thẳng cố định (d) y = x – điểm cố định M   1;   Với m ,  Cm  có tiệm cận xiên (Dm) : y 2mx – m  Gọi (P) : y ax2  bx  c (a 0) parabol cần tìm 2mx  m  ax  bx  c (Dm) tiếp xúc (P)   có nghiệm 2 (2mx  m )' (ax  bx  c)' 2mx  m  ax  bx  c (1)  có nghiệm 2m 2ax  b (2) 2m  b (2)  x  Thay vào (1) ta 2a  2m  b   2m  b   2m  b  2m    m  a    b  c  2a   2a   2a   8(a  1)m  4(2b  ab)m  b 2a  2b  4ac  16a 0 (3) m 0 , (Dm) tiếp xúc (P)  Hệ (1), (2) có nghiệm với m 0  (3) nghiệm với m 0 8(a  1) 0 a 1    4(2b  ab) 0   b 0  c 4   b a  2b  4ac  16a 0 Vậy m 0 ,(Dm) tiếp xúc với parabol cố định y = x2  (m1  1)x  m1 (m  1)x  m m Gọi  Cm  : y  ,  Cm2  : y  (m1 , m1 x  m1 x  m2 m2 khác 0) hai đồ thị họ đồ thị  Cm  342 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  Cm1  tiếp xúc với  Cm2   (m1  1)x  m1 (m  1)x  m  (1)  x  m1 x  m2   (A) có 2   m1   m (2)  (x  m )2 (x  m )2  nghiệm (2)  m 22 (x  m1 )  m 12 (x  m ) 0 (3) (do m1 m , m1 m2 khác nên x = m1 , x = m2 không thỏa mãn (3))  [m (x  m1 )  m1 (x  m )][m (x  m1 )  m1 (x  m )] 0  x 0  (m  m1 )x[(m1  m )x  2m1m ] 0    (m1  m )x  2m 1m 0 Thay x = vào (1) ta : -1 = - (đúng) Vậy x = nghiệm hệ (A) ,suy (Cm 1) tiếp xúc với (Cm 2) điểm A(0;-1) (Cm1) , (Cm2) hai đồ thị họ (Cm) họ (Cm) ln tiếp xúc với điểm cố định M(0; -1) Cách khác Thay x = vào phương trình (Cm) ta y = - ,như với m  ,họ đồ thị (Cm) qua điểm cố định M(0;1) Lại có phương trình tiếp tuyến (d) họ (Cm) M : y y'(0)(x  0)  y(0)  1(x  0)   x  Vì họ (Cm) ln có tiếp tuyến (d) cố định điểm cố định M chúng ln tiếp xúc với M (m  2)x0  3m  A(x0 ; y0 )  (Hm)  y  x0   m m x0   x0 y0  y  my0 mx0  2x  3m  (1) (1)  m(x0   y0 )  x0 y  y  2x0  0 (2) m 0 ,A  (Hm)  (2) nghiệm với m o  y  x0  x   y0 0   x0 y0  y  2x0  0 x0 (  x  3)  x0   2x  0  y  x0  x     y0  x0  2x0  0 Vậy A(-1; -2) điểm cố định (Hm) Chứng minh hệ số góc tiếp tuyến (Hm) A số y'   m2 (x   m)2 343 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Hệ số góc tiếp tuyến (Hm) A y'(  1)   m2 (  m)2  Vậy (Hm) tiếp xúc đường thẳng cố định : y = -(x +1) – = - x – điểm cố định A(-1;-2) Bài 4: Xét điểm A  x0 ; x0  1 thuộc đường thẳng (d) xét phương trình x0  mx04  (4m  1)x02  3m  (1) Xem phương trình (1) phương trình với ẩn số m , ta có (1)  m(x04  4x02  3)  4x02  x0 0 (2) m  ¡ , A  (Cm)  Phương trình (2) vơ nghiệm x4  4x2  0   4x0  x0 0 x 1  x 3 0  x0 1  x0   4x  x0 0 Vậy điểm cần tìm A1 ( 3;  1) , A (  3;   1) , A (1; 2) , A (  1; 0) Gọi A  x0 ; y0  điểm cố định (Cm) xét phương trình : y0 (m  3)x03  (3m  7)x0  m  (1) Xem phương trình (1) phương trình ẩn m ,ta có: (1)  m(x03  3x0  1)  3x02  7x0   y0 0 (2) A  x0 ; y0  điểm cố định (Cm)  (2) có tập nghiệm ¡ x3  3x  0   3x0  7x   y 0 x  3x  0 (3) 0 (I)   y 3x0  7x  (4) Gọi f(x0 ) x03  3x0  f(x0) hàm số liên tục ¡ , Lại có : f     1, f   1 , f  1  , f   3 f(  2).f(0)  , f(0).f(1)  , f(1).f(2)  nên phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt ,suy hệ (I) có ba nghiệm phân biệt Vậy (Cm) qua ba điểm cố định Mặt khác từ (3) , (4) ta có: y0 3x03  7x0  3(x03  3x0  1)  2x 2x0 14444244443 Điều chứng tỏ ba điểm cố định (Cm) đường thẳng y = 2x ,tức chúng thẳng hàng Xét điểm A  x0 ; y0  ,ta có A  (Cm)  y0 mx04  (m  2m)x02  m  m  x02 m  (x 04  2x02 )m  y 0 (1) Xem (1) phương trình ẩn số m Xét hàm số f(m) m  x02 m  (x04  2x02 )m  y , m  ¡ Ta có hàm số f(m) liên tục ¡ 344 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Đạo hàm f '(m) 3m  2x02 m  x04  2x 02 Tam thức f '(m) có biệt số  ' x04  3(x04  2x02 )  2(x04  x02 ) 0 có hệ số số hạng chứa m2 > 0, su  m  ¡ ,f '(m) 0 dấu đẳng thức xảy điểm x0  Hàm số f(m) đồng biến ¡ Lại có lim f(m)  , lim f(m)   m   m   Suy phương trình (1) ln có nghiệm Vậy ln có đồ thị họ (Cm) qua A Vấn đề Điểm thuộc đồ thị Bài 1: Giả sử M  x1 ; y1  ; N  x ; y  thuộc  C  I trung điểm M N Ta x1  x2 2xI 0  có :   y1  y 2y I 5 x  x1  N   x1 ;  y1    y 5  y1 M N thuộc  C   x  x1   y1   1 x1   nên ta có hệ :  x12  x1    y   2   x1   Lấy  1 cộng với   ta :      x12  x1  x12  x1   x1  x1     x12   x1  1 x12  x1    x1  1 x12  x1   x12 9  x 3 x1   y1  ta M   3;   , N   3;  x2 3  y 7 ta M  3;  , N   3;   M  x1 ; y1  , N  x ; y  hai điểm đối xứng qua E  E trung điểm MN 345 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Mặt khác M, N thuộc (C) nên tọa độ M, N thỏa hệ :  x3  y1   x12  3x1      x3  y   x 22  3x       4 x1  x2 2xE    y1  y 2yE   5  Cộng hai phương trình     vế với vế ,ta y1  y  (x13  x23 )  (x12  x 22 )  3(x1  x )  1  (x1  x2 )3  3x1x (x1  x )   (x1  x )  2x1x     3 Thay     vào phương trình   ta   (   3x1x )   2x1x   3     3x1x   6x1x  15  x1x2  x1  x2    x1x  x1 1  x2  x1   x 1 Vậy hai điểm  C  đối xứng qua E hai điểm có tọa độ  17   10    2;   ,  1;      M  x1 ; y1  , N  x ; y  hai điểm đối xứng qua E  E trung điểm MN Mặt khác M, N thuộc (C) nên tọa độ M, N thỏa hệ :   2x1    1  y1  x2 x2    y   2x2      x2 x2  x1  x2      y1  y    Cộng hai phương trình    1 vế với vế ,ta được:  x  x2  y1  y         5 x1x  x1 x  346 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Thay     vào phương trình   ta : x1x  x1  x2  x  x1 1     3;   ,  1;1 tọa độ cần tìm   x1 x2  x 1 x  Gọi M(x1 ; y1 ) , N(x ; y ) cặp điểm thuộc (C) đối xứng qua I ,  y x  3x  (1) 1   y x23  3x2  (2) (x1 ; y1 ) , (x ; y ) nghiệm hệ:  x1  x2 2xI 4 (3)  y  y 2y 36 (4)  I Cộng hai phương trình (1) (2) vế với vế ,ta y1  y x13  x23  3(x1  x )   y1  y (x1  x )3  3x1x (x1  x )  3(x1  x )  (5) Thay (3) (4) vào (5) ta được: 36 64 – 12x1x  12 –  x1x 3 Vậy x1 ,x2 nghiệm hệ: x1  x2 4   x1x 3 x1 1   x 3 x1 3   x 1  y1 2    y 34  y1 34   y 2 Vậy cặp điểm cần tìm M  1;  , N  3; 34  Gọi M(x1 ; y1 ) , N(x ; y ) cặp điểm thuộc (C) đối xứng qua I ,  3  y1  x1   2x  (1)   3 (2) (x1 ; y1 ) , (x ; y ) nghiệm hệ:  y  x   4 2x   x1  x2 2xI 1 (3)   y1  y 2yI 2 (4) Cộng hai phương trình (1) (2) vế với vế ,ta 3 5 1  y1  y  (x1  x )      2  2x1  2x    2(x1  x2 )  3 5  (x1  x2 )     (5) 2  4x1x  2(x1  x )    3 5  3  Thay (3) (4) vào (5) ta được:     2  4x1x   4x1x     x1x  4x1x2  347 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả Vậy x ,x nghiệm hệ: x1  x2 1   x1 x2  x1 2   x2  x1   x 2 Bài 2: Viết lại phương trình  C  : y x   x Gọi A  x1 ; y1  , B  x ; y    C  nên có:  y  y1  x  x1   2  1  1  , k 1   x  x1 x  x1   x1  1  x2  1   x1    x   d k AB kd   1 Nếu A, B đối xứng qua  d  :  với I trung điểm I  d   A, B  1 :  x  x     x1  1  x2  1   x1 x2   x1  x2   0      k AB  x1  x 2xI I trung điểm A, B   y1  y 2yI Từ    y1  y x1  x2   x1  x2    4 1  x1  x2  x1  x   x1  x2   0   x  x  0  x  x 6        x1  1  x2  1 x1  x2 6  x1 ; x2 hai nghiệm phương trình: Từ      ta có hệ :  x1 x2 4 X  6X  0  X1 3  X 3  Đường thẳng  d  cắt  C  hai điểm A, B có hồnh độ nghiệm phương trình : x2  2x   x  m  1  g(x; m) 2x    m  x   m 0   ( có hai x    m   m       m  2m   nghiệm khác )   g(1; m) 2   m   m 1 0  m 1 10 m   10    x1  x2  m  xI  I trung điểm A, B   y  x  m m   m  3m  I  I 4 348 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Để A, B đối xứng qua  d  I phải thuộc  d  : yI xI   3m  3  m    2m 18  m 9 4 6 Với m 9   trở thành: 2x  12x  11 0  x1  14  14 A, B nằm đồ thị  Cm  đường thẳng  d  , nên tọa độ A, B x2  nghiệm hệ :  x2   m   x  m   5x    x 1  y 5x   g(x; m) 4x   m  10  x  m  0   y 5x   1  m  4m  68  m  ¡ nên m  ¡  d  Nhận thấy,  g(  1; m) 4  m  10  m   0 cắt  Cm  hai điểm phân biệt A, B  x1  x m  10  x I   A, B I trung điểm   m  10  5m  26  y 5x  5 3   I I    Để A, B đối xứng qua  d'  I phải thuộc  d'  : 34 m  10  5m  26    0  m  13 8 A, B Giả sử hai điểm thuộc  C  đối xứng với qua  ,suy phương trình AB : y  17 xm 16 Hoành độ A B nghiệm phương trình : x2  x  17  xm x 1 16  16x  16x  16  17x  16m   x  1  x   16m  1 x  16m  16 0    256m  32m  65  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác     16 0 với m   349 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả   16  17m  33   17 xI   y  16 x  m 545  Đường thẳng AB cắt  I nên có  16 33   y  x y  x m  I I  17 17 Vì A B đối xứng qua  nên I trung điểm AB  32  17m  33   x1  x 2xI   16m    m 545 16 Thay m  vào   ta : x2  2x  15 0  x  5, x 3 16  21   13  Vậy, A   5;   B  3;  cặp điểm cần tìm     Xét điểm M  x0 ; y0  điểm N đối xứng M qua đường thẳng x  có 3 tọa độ  – x0 ; y  với x0  x0  M trùng với N ) 2  y  x   3x     0 C M,N thuộc   nên có hệ   I  y0   x0      x0    y (x  2)3  3x   1  I    03 (x0  2)  3x0  (3  x  2)  3(3  x )       (x0  2)3  (1  x0 )3  6x0  0  2x03  9x02  9x0 0  x0 0 x0 3 x0  (loại) Lần lượt thay x0 0 , x0 3 vào  1 ,ta y0  Vậy, hai điểm cần tìm  0;    3;   Gọi A,B hai điểm cần tìm A,B đối xứng qua d AB vuông góc với d trung điểm I đoạn AB Viết lại phương trình d dạng : y = x  3 AB vuông góc với d suy phương trình đường thẳng AB có dạng y  3x  m Trung điểm I AB giao điểm AB với d hồnh độ I nghiệm 10  8 xI m   xI   m   phương trình : xI   3xI  m  3 3 10  3 Mặt khác A,B thuộc  C  nên xA , x B hai nghiệm cua phương trình hoành độ giao điểm  C  đường thẳng AB : 350 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 3x2  (8  m)x   2m 0 (*)  x  Vì I thuộc đường thẳng AB I trung điểm AB m  8 xA  x B 2xI    m    m  10  3 2x   3x  m  x2 Với m  phương trình (*) trở thành 3x2  12x  0  x  1, x  Lần lượt thay x  1, x  vào phương trình  C  ta y = -1 , y = Vậy hai điểm thuộc  C  đối xứng với qua đường thẳng d hai điểm   1;  1 ,   ;   Giả sử M(x1 ; y1 ) , N(x ; y ) hai điểm (C) đối xứng với qua đường thẳng (D) , MN vng góc với (D) trung điểm I đoạn MN Gọi ( ) đường thẳng qua M N Vì ( ) vng góc với (D) nên phương trình ( ) có dạng: y = 3x + m I giao điểm ( ) với (D) nên hồnh độ I nghiệm phương trình : 5  3m 3xI  m  xI   xI  3 10 M ,N giao điểm (C) với đường thẳng ( ) nên hoành độ x1, x2 M, N nghiệm phương trình x2  x  3x  m  2x  (2  m)x  m  0 (1) (vì x = không nghiệm x (1) x  x2  3m  m I trung điểm đoạn MN nên : xI     m 0 10 Khi m = phương trình (1) trở thành : 2x  2x – 0  x   x 2 Thay x 2 vào phương trình (C) ta y = Thay x  vào phương trình (C) ta y = - Vậy cặp diểm cần tìm M  2;  , N   1;   Bài 3: Dời hệ tọa độ Oxy hệ tọa độ IXY theo công thức dời trục x X  Phương trình đường cong (C) hệ toạ độ IXY   y Y  Y   (X  1)3  3(X  1)2   Y  X  3X Trong hệ trục hình vng ABCD biến thành hình vng A’B’C’D’ Xét A'(a;  a  3a), B'(b;  b  3b) với a b ta giả sử a, b  351 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả uuu r uur ab  ab(a  3)(b2  3) 0 IA'.IB' 0  A' B'C' D' hình vng   2 IA' IB' a  (a  3a) b  (b  3b) a b  3(a  b2 )  10 0   2 2 (a  b)   (a  ab  b  3)(a  ab  b  3)  0 a b2  3(a  b2 )  10 0 a  b 0  2 (I)  (II) 2 2 2 a b  3(a  b )  10 0 (a  b  3)  a b  0  Giải hệ (I) : Từ a  b 0  a  b thay vào phương trình thứ ta có : a  6a  10 0 vô nghiệm  Giải hệ (II) : Đặt v a b2 , u a  b v  3u  10 0  Ta có :  (u  3)  v  0 v 3u  10 u 4 u 5  v   v 2 v 5 u  9u  20 0 a   a        b    b     5 5 a  a  u 5   2   *   v     5 5 b  b  2   Vì vai trị A, B nên (C) có hai bốn điểm A,B,C,D cho ABCD hình vng có tâm I(1;  1) u 4  *  v 2     3 Xét hình bình hành ABCD với A a; a  2a , B b; b  2b ,    C c; c  2c , D d; d  2d  uuu r uuur  b  a c  d Ta có: AB DC   3  b  a  2(b  a) c  d  2(c  d) a  c b  d a  c b  d   2  b  ab  a d  cd  c ab cd a d Ta có  t  a ct,d bt c b Suy a  c b  d  c(1  t) b(1  t)  t  0  t   a  c, b  d  tâm hình bình hành gốc tọa độ O Bài 4: 352 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  2  2  2 Do A, B,C thuộc (C) nên A  a;   , B  b;   ,C  c;   a  b  c  Gọi H(x0 ; y0 ) trực tâm tam giác ABC uuur uuu r AH.BC 0 Ta có:  uuur uuur (*)  BH.AC 0 uuur  r   uuu 2(b  c)  Mà AH  x0  a; y0   , BC  c  b;  a bc    uuur   uuur  2(a  c)  BH  x0  b; y   , AC  c  a;  b ac      2  x0  a   y0   0 x0   bc a     abc  Nên (*)   abc   x  b  y   y   0   ac  b   H  (C) Suy y0  x0 Ta đổi trục toa độ, hàm số trở thành Y  hệ trục IXY X x  3  3  3 Gọi A  a,  , B  b,  , C  c;  điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số;  a  b  c Gọi H(m,n) trực tâm tam giác ABC uuur uuu r AH.BC 0(1) Khi  uuur uuur  BH.AC 0(2) Xét hàm số y  3na  a bc  Từ (1) ta có m  abc 3nb  ab c  Từ (2) suy m  abc 3na  a bc  3nb  ab2 c   n   abc thay vào (1) ta m    abc abc abc hay n  có nghia H thuộc đồ thị (C) m Bài 5:  Ta có : y' 3x  3mx 3x  x  m  Ta có : y' 0  x 0 x m 353 Các giảng trọng tâm theo chun đề Mơn Tốn lớp 12 – Nhiều tác giả  3 Với m 0 hàm số có cực đại, cực tiểu: A  0; m  B  m;    0 m k 1 Tính : k  y A  y B   m , d AB xA  xB m  0m m  xA  x B  xI   xI     I trung điểm A, B  y  y  m3 B y  A   m3  I  yI    k AB kd    m   Để A, B đối xứng qua  d   I  d  y x  I I m 2   1 m  m  thỏa mãn điều kiện  m  4 2 Ta có : y'   2x  m   x     x2  mx  2m    x  2  x2  4x   x  2 ,  x  y' 0    x  Chứng tỏ y' không phụ thuộc vào m , hay với m hàm số ln có hai điểm cực trị Gọi hai điểm cực trị : M   1; m   , N   3; m   Tính : kMN   m     m   2,  1 kd    1 xI   Gọi I trung điểm MN    y  m   m  m   I MN đối xứng qua  d    1 k MN kd  2        2  m 1  I  d    m    0  354