Đs9 chuyên đề 2 hàm số bậc nhất, hàm số bậc hai (94 trang)

CHỦ ĐỀ HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC HAI PHẦN I.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I HÀM SỐ BẬC NHẤT KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa: - Hàm số bậc hàm số cho công thức y  ax  b a b số thực cho trước a  - Khi b  hàm số bậc trở thành hàm số y  ax , biểu thị tương quan tỉ lệ thuận y x Tính chất: a) Hàm số bậc nhất, xác định với giá trị x  b) Trên tập số thực, hàm số y  ax  b đồng biến a  nghịch biến a  Đồ thị hàm số y  ax  b với a  : - Đồ thị hàm số y  ax  b đường thẳng cắt trục tung điểm có tung độ b cắt trục b hoành điểm có hồnh độ  a - a gọi hệ số góc đường thẳng y  ax  b Cách vẽ đồ thị hàm số y  ax  b : - Vẽ hai điểm phân biệt đồ thị vẽ đường thẳng qua điểm -  b  Thường vẽ đường thẳng qua điểm đồ thị với trục tọa độ A   ;0  , B  0; b   a  - Chú ý: Đường thẳng qua M  m;0  song song với trục tung có phương trình: x  m  , đường thẳng qua N  0; n  song song với trục hồnh có phương trình: y  n  Kiến thức bổ sung: Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A  x1; y1  , B  x2 ; y2  AB  Điểm M  x; y  trung điểm AB x   x2  x1    y2  y1  x1  x2 y  y2 ;y 2 Điều kiện để hai đƣờng thẳng song song, hai đƣờng thẳng vng góc: Cho hai đường thẳng  d1  : y  ax  b đường thẳng  d2  : y  a ' x  b ' với a, a '    d1  / /  d2   a  a '   d1    d2   a  a ' b  b '   d1    d1    d2   a.a '  1 b  b ' cắt  d2   a  a ' Chú ý: Gọi  góc tạo đường thẳng y  ax  b trục Ox , a  tan   a II MỘT SỐ BÀI TỐN TRÊN MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Ví dụ Cho đường thẳng  d1  : y  x  đường thẳng  d2  : y   2m2  m  x  m2  m a) Tìm m để  d1  / /  d2  b) Gọi A điểm thuộc đường thẳng  d1  có hồnh độ x  Viết phương trình đường thẳng  d3  qua A vng góc với  d1  c) Khi  d1  / /  d2  Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng  d1  ,  d  d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng  d1  tính diện tích tam giác OMN với M , N giao điểm  d1  với trục tọa độ Ox, Oy Lời giải: a)  2m  m     m  1 2m  1  Đường thẳng  d1  / /  d2    m   m  m   m  1 m    Vậy với m   b)  d1  / /  d2  Vì A điểm thuộc đường thẳng  d1  có hồnh độ x  suy tung độ điểm A y     A 2;4  Đường thẳng  d1  có hệ số góc a  , đường thẳng  d  có hệ số góc a '  a '.1  1  a '  1 Đường thẳng  d3  có dạng y   x  b Vì  d3  qua A  2;4  suy  2  b  b  Vậy đường thẳng  d3  y   x  c)  d2  Khi  d1  / /  d2  khoảng cách hai đường thẳng  d1  khoảng cách hai điểm A, B thuộc  d1   d  cho AB   d1  , AB   d2  Hình vẽ: Gọi B giao điểm đường thẳng  d3   d  Phương trình hồnh x   x  độ giao điểm  d2   d3  25 23  25 23  x y  B ;  8  8  2  25   23  Vậy độ dài đoạn thẳng AB là: AB              là: d) Gọi M , N giao điểm đường thẳng  d1  với trục tọa độ Ox, Oy Ta có: y   x  2  A  2;0  , Cho cho y   x  2  N  2;0  Từ suy OM  ON   MN  2 Tam giác OMN vuông cân O Gọi H hình chiếu vng góc O lên MN ta có OH  1 MN  SOMN  OM ON  (đvdt) 2 Chú ý: Nếu tam giác OMN không vuông cân O ta tính OH theo cách: Trong tam giác vng OMN ta có: 1   * Từ 2 OH OM ON để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  d  ta làm theo cách: - Tìm giao điểm M , N  d  với trục tọa độ - Áp dụng cơng thức tính đường cao từ đỉnh góc vng tam giác vng OMN (cơng thức (*)) để tính đoạn OH Bằng cách làm tương tự ta chứng minh cơng thức sau: Cho M  x0 ; y0  đường thẳng ax  by  c  Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là: d  ax0  by0  c a  b2 Ví dụ Cho đường thẳng: mx    3m y  m    d  a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng  d  ln qua b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng  d  lớn c) Tìm m để đường thẳng  d  cắt trục tọa độ Ox, Oy A, B cho tam giác OAB cân Lời giải: a) Gọi I  x0 ; y0  điểm cố định mà đường thẳng  d  ln qua với m ta có:  x0  y0   mx0    3m  y0  m   0, m  m  x0  y0  1  y0   0, m   2 y0     x0  1 1  I  ;  Hay  2 2 y   Gọi H hình chiếu vng góc O lên đường thẳng  d  Ta có: OH  OI suy OH lớn b) OI H  I  OI   d  Đường thẳng qua O có phương trình: y  ax 1 1 1 I  ;   OI   a  a   OI : y  x 2 2 2 Đường thẳng  d  viết lại sau: mx    3m  y  m      3m  y  mx   m Để ý với m  - O đến  d  Nếu m  - đường thẳng  d  : x   song song với trục Oy nên khoảng cách từ 2 m m 1 đường thẳng  d  viết lại: y  Điều kiện để  d   OI x 3m  3m  2 m 1 1  1  m   3m  m  Khi khoảng cách: OI        3m  2 2 2 Vậy m  c) giá trị cần tìm Ta giải tốn theo hai cách sau: Cách 1: Dễ thấy m  d  2 không thỏa mãn điều kiện (do  d  không cắt Oy ) Xét m  , đường thẳng 3 cắt Ox, Oy điểm A, B tạo thành tam giác cân OAB Do góc AOB  900  OAB vng cân O Suy hệ số góc đường thẳng  d  phải -1 đường thẳng  d  không qua gốc O  m m   3m   1   Ta thấy có giá trị m  thỏa mãn điều kiện toán  m  1  m   3m  2 Cách 2: Dễ thấy m  , m  không thỏa mãn điều kiện m m 1  2 Xét m  0;  , đường thẳng  d  viết lại: y  x 3m  3m   3 Đường thẳng d  cắt trục Ox điểm A có tung m m 1 1 m 1 m 1 m  , đường thẳng x 0 x  A ;0   OA  3m  3m  m m  m  điểm có hoành độ nên y  độ d  nên cắt trục Oy m 1 m 1  m 1  Điều kiện để tam giác  B  0;   OB  3m  3m   3m   m  m  1 m m 1 OAB cân OA  OB     Giá trị m  không thỏa mãn,  m  m  m 3m  m    đường thẳng  d  qua gốc tọa độ Kết luận: m  Ví dụ Cho hai đường thẳng  d1  : mx   m  1 y  2m   0,  d2  : 1  m x  my  4m   a) Tìm điểm cố định mà  d1  ,  d  ln qua b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P  0;4  đến đường thẳng  d1  lớn c) Chứng minh hai đường thẳng ln cắt điểm I Tìm quỹ tích điểm I m thay đổi d) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác IAB với A, B điểm cố định mà  d1  ,  d2  qua Lời giải: a) Ta viết lại  d1  : mx   m  1 y  2m    m  x  y  2   y  Từ dễ dàng suy đường thẳng  d1  qua điểm cố định: A 1;1 Tương tự viết lại  d2  : 1  m x  my  4m    m  y  x     x  suy  d  qua điểm cố định: B  1;3 b) Để ý đường thẳng  d1  qua điểm cố định: A 1;1 Gọi H hình chiếu vng góc P lên  d1  khoảng cách từ A đến  d1  PH  PA Suy khoảng cách lớn PA P  H  PH   d1  Gọi y  ax  b phương trình đường thẳng qua P  0;4  , A 1;1 a.0  b  b   Ta có hệ:  suy phương trình đường thẳng PA : y  3x  a.1  b  a  3 Xét đường thẳng  d1  : mx   m  1 y  2m   Nếu m   d1  : x   không thỏa mãn điều kiện Khi m   d1  : y  m 2m  m Điều kiện để  d1   PA x  3  1  m  1 m m 1 1 m c) Nếu m   d1  : y    d2  : x   suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt I  1;1 Nếu m   d1  : x    d2  : y   suy hai đường thẳng ln vng góc với cắt  d1  : y  I 1;3 Nếu m  0;1 ta viết lại: m 2m  m 1 4m   d  : y  Ta thấy x x 1 m m 1 m m  m  m       1 nên  d1    d2    m  m  Do hai đường thẳng cắt điểm I Tóm lại với giá trị m hai đường thẳng  d1  ,  d  ln vng góc cắt điểm I Mặt khác theo câu a) ta có  d1  ,  d2  qua hai điểm cố định A, B suy tam giác IAB vng A Nên I nằm đường trịn đường kính AB có AB   1  1    1  2 Dựng IH  AB d) Ta SIAB  1 AB AB IH AB  IK AB  AB   Vậy giá trị lớn diện tích tam giác IAB 2 2 IH  IK Hay tam giác vuông IAB vuông cân I Ứng dụng hàm số bậc chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN Ta có kết quan trọng sau: - Xét hàm số y  f  x   ax  b với m  x  n GTLN, GTNN hàm số đạt x  m x  n Nói cách khác: f  x    f  m  ; f  n  max f  x   max  f  m  ; f  n  m x n m x n Như để tìm GTLN, GTNN hàm số y  f  x   ax  b với m  x  n ta cần tính giá trị biên f  m  ; f  n  so sánh hai giá trị để tìm GTLN, GTNN - Cũng từ tính chất ta suy ra: Nếu hàm số bậc y  f  x   ax  b có f  m , f  n   f  x   với giá trị x thỏa mãn điều kiện: m  x  n Ví dụ Cho số thực  x, y, z  Chứng minh rằng:  x  y  z    xy  yz  zx   Lời giải: Ta coi y, z tham số, x ẩn số bất đẳng thức cần chứng minh viết lại sau: f  x     y  z  x   y  z   yz   Để chứng minh  f    Thật ta có:   f    f  x   ta cần chứng minh: + f  0   y  z   yz    y    z   với y, z thỏa mãn:  y, z  + f  2    y  z    y  z   yz    yz  với y, z thỏa mãn:  y, z  Từ ta suy điều phải chứng minh: Dấu xảy  x; y; z    0;2;2  hốn vị số Ví dụ Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y  z  Tìm GTLN biểu thức: P  xy  yz  zx  xyz Lời giải: Không  x  y  xy  tính tổng 1  z   quát ta giả sử z   x, y, z   z  x yz  3 Ta có: P  xy 1  x    x  y  z  xy 1  z   z 1  z  Ta coi f  xy   xy 1  z   z 1  z  hàm số bậc xy z tham số 1  z  với  xy  xy ẩn số Để ý rằng:  z  suy hàm số f  xy   xy 1  z   z 1  z  ln đồng biến Từ suy ra:  1  z 2  1  z   z  z  2 z  z     z  z      z  2  z    f  xy   f    1  z            4 27  108  27  3   27   Dấu xảy x  y  z  Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a  b  c  Chứng minh rằng:  a  b  c    a  b3  c   Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử: a  a, b, c suy a  Bất đẳng thức tương đương với: 3  a   b  c   2bc    a3   b  c   3bc  b  c          a  1  a   2bc    a3  1  a   3bc 1  a      9a   bc   2a  1       b  c  1 a  Đặt t  bc  t      Ta cần chứng minh: f  t    9a   t   2a  1  với        a 2  t   0;        Do 9a   suy hàm số f t  nghịch biến Suy    a 2  1 f t   f    a  3a  1  Đẳng thức xảy a  b  c         III HÀM SỐ BẬC HAI KIẾN THỨC CẦN NHỚ Hàm số y  ax  a   Hàm số xác định với số thực x Tính chất biến thiên: - Nếu a  hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  - Nếu a  hàm đồng biến x  , nghịch biến x  Đồ thị hàm số đường Parabol nhận gốc tọa độ O làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng Khi a  parabol có bề lõm quay lên trên, a  parabol có bề lõm quay xuống Ví dụ a) Hãy xác định hàm số y  f  x   ax biết đồ thị qua điểm A  2;4  b) Vẽ đồ thị hàm số cho c) Tìm điểm Parabol có tung độ 16 d) Tìm m cho B  m; m3  thuộc parabol e) Tìm điểm parabol (khác gốc tọa độ) cách hai trục tọa độ Lời giải: a) Ta có: A   P    a.22  a  b) Đồ thị parabol có đỉnh gốc tọa độ O  0;0  bề lõm quay lên có trục đối xứng Oy qua điểm M 1;1 , N  1;;1 , E  3;9  , F  3;9  c) Gọi C điểm thuộc  P  có tung độ 16 Ta có: yC  16  xC2  16  xC  4 Vậy C  4;16  C  4;16  d) Thay tọa độ điểm B vào  P ta được: m3  m2  m3  m2   m2  m  1   m  m  e) Gọi D điểm thuộc  P  cách hai trục tọa độ Ta có: d  D; Ox   yD  xD2 ; d  D; Oy   xD Theo giả thiết ta có: xD2  xD  xD  (loại) xD  Vậy D 1;1 D  1;1 Ví dụ Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cổng hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng tới chân cổng 5m (Bỏ qua độ dày cổng) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol  P  : y  ax với a  hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a  1 b) Hỏi xe tải có qua cổng khơng? Tại sao? (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016) Lời giải: a) Giả sử mặt phẳng tọa độ, độ dài đoạn thẳng tính theo đơn vị mét Do khoảng cách hai chân cổng 4m nên MA  NA  2m Theo giả thiết ta có OM  ON  , áp dụng định lý Pitago ta tính được: OA  M  2; 4  , N  2; 4  Do M  2; 4  thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:  P  : y  ax2 b) hay 4  a.22  a  1  P  : y   x2 Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải vào cổng Xét đường thẳng  d  : y   (ứng với chiều cao xe) Đường thẳng cắt Parabol điểm có tọa độ thỏa mãn hệ:  3   y   x2 x  ;y x      2    y   y   x   ; y      2 suy tọa độ hai giao điểm là:  3 3 3 T   ;   , H  ;    HT   2,4 2  2  Vậy xe tải qua cổng Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y  1 điểm F  0;1 Tìm tất điểm I cho khoảng cách từ I đến d IF Lời giải: Giả sử điểm I  x; y  Khi khoảng cách từ I đến d y  IF  x   y  1 Như  y  1  x   y  1 Từ suy y  2 x Do tập hợp tất điểm I cho khoảng cách từ I đến d IF đường Parabol  P1  : y  x Ví dụ Xác định điểm M thuộc parabol  P  : y  x cho độ dài đoạn IM nhỏ nhất, a) I  0;1 Giả sử điểm A chạy parabol  P  : y  x Tìm tập hợp trung điểm J đoạn OA b) Lời giải: Giả sử điểm a) M thuộc đường parabol  P  : y  x2 suy M  m; m2  Khi 1 3  Ta thấy IM nhỏ IM  m   m  1  m  m  Vậy IM   m2     2 2  2 m   b) 2  2 1 hay M    ;    Giả sử điểm A  a; a  thuộc  P  : y  x Gọi I  x1; y1  trung điểm đoạn OA a  x   Suy  Vậy tập hợp trung điểm I đoạn OA đường parabol  P1  : y  x  y  a  x2  Ví dụ Ta có hệ 16 Vậy C 0; 4a a b a b b Suy d ' : y x Bài 38: Phương trình hồnh độ giao điểm 2 x  mx  x  m x   x  0; x  m m ;x   2  m m2   m m2  H giao điểm AB trục tung, suy ; ;B  ;  2   2      Gọi ba giao điểm O(0;0); A  AB  m ; OH  m2 m2 Tam giác OAB  OH  AB   m 2 Giải tìm m  0; m  3; m   , loại m  Vậy m  3; m   Bài 39: Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) ( P) là: x  2 x   x  x  x      x  3 + Với x   y  + Với x  3  y  Vậy tọa độ giao điểm (d ) ( P) A(1;1), B(3;9) 3 2   Gọi C , D giao điểm (d ) trục Ox,Oy Khi C  ;0  , D  0;3 Đường cao OH tam giác OAB đường cao OH tam giác vng OCD Ta có 3 OC.OD OC  ; OD   OH    2 2 OC  OD 3   3   Vậy OH  Bài 40: Phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  : x  mx  2m  x  mx  2m  (*) Có:   m2  8m  d  cắt  P  hai điểm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt m      m2  8m     m  8 d  Ox  A  A  2;0  d  Oy  B  B  0;2m  Ta có:  C D nằm phía trục tung C có hồnh độ âm: x1  0; x2   x1x2   2m   m  Gọi E F thứ tự hình chiếu C lên trục Ox D lên trục Oy CE  y1  mx1  2m  m  x1   BF  yF  yB  y2  yB  mx2  2m  2m  mx2 Ta có: DF / /Ox CE / /Oy nên: ACE m  x1   x 2     mx2 x2 DBF ( g g )  m  0  x2  x1   x1  x1   m m4  x      m   2m    18m m  x    2m  4m  18m  16   m2  7m    m2  7m     m   m  1   m  8   m  (tm) (ktm) Vậy giá trị cần tìm m  Bài 41:    Tính A  m ; m , B  m ; m , C  m; m2  , D  m; m2  AC CE   BD FB  Tính SOCD  m ; S ABCD  m  m  Do S ABCD  9.SOCD  m  m    m  m (  m  )  m  m  9m3  10m m  m  m   Đặt 1  m  t   10t  t  t     t   10t  6t     t  2  Suy m  1 Kết luận, m  giá trị cần tìm 4 Bài 42: Ta có phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số là: x   m  1 x  m2   x   m  1 x  2m2   0(*) 2 Đường thẳng (d) cắt  P  hai điểm  phương trình * có hai nghiệm   '    m  1  2m2    2m  m2    m  2 Với  m   d  cắt  P  hai điểm A  x1; y1  ; B  x2 ; y2   x1  x2   m  1  x1 x2  2m  Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:          Ta có: A  x1; x12  , B  x2 ; x22   T  y1  y2  x1 x2   2 x1  x22   x1 x2   x1  x2   x1 x2   x1 x2   2  x1  x2   x1 x2   m  1  4m   2m  4m  2  m  2m  1  2  2  m  1  2 Vì  m  1  m  0;2 Đặt t  m   m  0;2  t   1;1  t   0;1  T    m  1   2t  t  0;1 m  m  Vậy MinT   t   m  1    Bài 43: Vì đường thẳng (d ) : y  ax  b qua điểm A(1;1) nên ta có:  a  b  b  a  (1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): ax  b  x2  x2  ax  b  (2) Thay (1) vào (2) được:  x  1 x  ax  a    ( x  1)( x   a)    x  a 1 Vì (d) tiếp xúc với parabol ( P) : y  x điểm A(1;1) nên phương trình (2) có nghiệm kép x1  x2  1  1  a   a  2  b  2   1 Vậy a  2; b  1 Bài 44: a) Ta có  d  : y  x 6 Phương trình hồnh độ giao điểm x   y  x  x6   x  4  y  Vậy giao điểm A  6;9  , B  4; 4 b) Cách   Gọi C  c ; c    P  c  6, c  4 điểm cần tìm   1  Ta có AB  125 ; AC   c     c    c  c  12c  117 ; 4  16 2 2 1  BC   c     c    c  c  8c  32 4  16 2 Tam giác ABC vuông C AB2  AC  BC c  c  12c  117  c  c  8c  32 16 16 1 1  c  c  4c  24   c  c  c  c  4c  8c  12c  24  8 4  c  c    c  c     c    12  c    1    c    c3  c  4c  12   8  c    1  c  c  4c  12  8  125  c   n    c  4  l  c  l   Vậy C  2;1 điểm thỏa đề Cách 2:   Gọi C  c ; c    P  c  6, c  4    13  Ta gọi M trung điểm AB, suy M 1;   2 Ta có ABC vng C nên MC  5 (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa AB  2 cạnh huyền) 13  125 1 Suy  c  1   c    2 4 1 1 c  c  2c  12   c  c3  c  c  2c  4c  6c  12  16 16 8  c  c    c  c    2c  c     c    16  x   n  1    c    c  c  2c      x   l   16   x  4 l    Vậy điểm C  2;1 điểm thỏa đề Bài 45: 1) Đỉnh cổng đỉnh Parabol y ax2 ( a ) trùng với gốc tọa độ O 0; Gọi điểm biểu thị hai chân cổng đồ thị hàm số A, B ta có A, B đối xứng qua trục tung cách đơn vị H giao điểm AB với Oy ( A; B; H nằm phía trục hồnh) OA2 Ta có OH B 2; AH 2 2 16 từ suy A , suy H 0; 2; Parabol y ax2 ( a ) qua điểm A nên ta có a 2 4a a (thỏa mãn), điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán này, thực chất sử dụng tính chất hàm số, đặc biệt hàm số bậc hai dạng y ax2 với a , ngồi cịn sử dụng cơng thức liên quan đến khoảng cách, độ dài,… Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Đồ thị hàm số y ax2 với a Parabol nhận gốc tọa độ làm đỉnh trục trung làm trục đối xứng, phần lõm hướng xuống dưới, ta hình vẽ Các điểm khác gốc tọa độ nằm parabol phía trục hồnh  Định lý Py-ta-go: “Trong tam giác vng có tổng bình phương hai cạnh góc vng bình phương cạnh huyền) Tam AH OAH giác HO2 OA2 vuông OH OA2 AH H, định dụng OA2 OH OH  áp lý Py-ta-go ta có AH 2 16 Một điểm nằm trục tung khoảng cách điểm với gốc tọa độ giá trị tuyệt đối tung điểm điểm Điểm H nằm trục tung nằm phía trục hồnh nên điểm H có tung độ âm hồnh độ Ta có OH yH yH H nằm trục hoành nên yH yH suy A 2;  B yH H 0; 2; Một điểm thuộc đồ thị hàm số thay giá trị hồnh độ tung độ điểm vào hàm số ta phương trình Điểm A 2; thuộc đồ thị hàm số y phương trình a.22 4a ax2 nên ta có thay x a y vào hàm số ta (điều phải chứng minh) 2) Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao xe tải với Parabol P C D ( C ; D nằm hai phía trục tung) Ta có CD song song với AB Ox K giao điểm CD Oy Khoảng cách DC AB 2,5 đơn vị nên suy OK đường thẳng CD y 2,5 1,5 ta có phương trình Phương trình hồnh độ giao điểm CD Parabol P Khi CD Tại độ cao 2,5 m chiều rộng cổng x2 xc xD 6m lớn 2,4m chiều rộng xe tải nên xe tải qua cổng Nhận xét: Vì chiều cao xe tải thấp chiều cao cổng, để biết xe tải qua cổng hay không ta phải xét xem, độ cao cổng với chiều cao xe chiều rộng cổng bao nhiêu, chiều rộng lớn chiều rộng xe tải xe tải qua, nhỏ chiều rộng xe tải khơng qua, toán xử lý lý thuyết nên ta chấp nhận có qua Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Khoảng cách hai điểm nằm đường vng góc với hai đường thẳng song song khoảng cách hai đường thẳng song song Ta có khoảng cách CD AB chiều cao xe tải nên 2,5 HK 2,5 OH OK 2,5 OK OK  2,5 2,5 1,5 suy K 0; 1,5 Đường thẳng song song với trục hoành qua điểm tập hợp điểm có tung độ tung độ điểm Ta có CD Ox CD qua điểm K 0; 1,5 nên ta có hàm số biểu thị đường thẳng CD y 1,5  Phương trình hồnh độ giao điểm/ Hệ phương trình tọa độ giao điểm Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng CD với parabol x2  x2 3 xC xD xC xD Khoảng cách hai điểm thuộc đường thẳng song song với trục hoành giá trị tuyệt đối hiệu hai hoành độ hai điểm Ta có C D thuộc CD Ox nên CD xC xD  6 Đối với toán trên, độ cao cổng với chiều cao xe chiều rộng cổng bao nhiêu, chiều rộng lớn chiều rộng xe tải xe tải qua, nhỏ chiều rộng xe tải khơng qua, toán xử lý lý thuyết nên ta chấp nhận có qua Ta có 2,4 tức chiều rộng cổng độ cao 2,5 lớn chiều rộng xe tải nên xe tải qua cổng Bài 46 Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình x  x  m   x  x  2m   (1) ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt   '    2m   m  Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1 = x1  m  1, y2 = x2  m  Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x = 4, x1x = 2m-2 Thay y1,y2 vào x1x  y1 +y2   48  có x1x  2x1 +2x -2m+2   48   (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =  m2 - 6m - =  m=-1(thỏa mãn m 0, với m ≠ − kết luận b) Giải PT (1) hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3| |yA − yB| =  m2−2m−3 = m2−2m−3 = −2  m =  m =  Bài 48 Phương trình hồnh độ giao điểm: ax2  bx  c = Ta có a; b; c cạnh tam giác vuông nên a > 0; b > 0; c > Ta thấy a.(c) < nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu, chứng tỏ (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b c Theo định lý Viet ta có: x1  x  ; x1.x  a a Ta có x12  x 22  (x1  x )2  2x1.x  x12  x 22  Bài 49 b2 a  2c a CoSy  b2  a  c2 a b2 a   2c a 2a a  (do a2 = b2 + c2 định lý Pitago) a) Khi m  , hoành độ giao điểm (P) (D) nghiệm PT: x  3x  3x   x2  12 x   , có  '  36   38 Vậy hoành độ giao điểm là:  38  38 , 2 b) Hoành độ giao điểm (P) (D) nghiệm PT: x  (2m2  1) x  m   3x  m  x2  4(m2  2) x  m   (1) PT (1) có:  '  4(m2  2)2  2(m  2) , để (P) cắt (D) hai điểm phân biệt  '  (2) Có: (2)  2(m2  2)2  (m  2)   2m4  8m2  m  10  1 1  39   2m4  7m2  m2  2.m   10    2m4  7m2   m     , với m 4 2   x1  x2  2(m2  2) (3)  Gọi x1 , x2 hoành độ giao điểm (P) (D) ta có:  m2 (4)  x1 x2    x1   x1  x2  Để   , từ (3) (4) suy ra: m   x1 x2   x2  Vậy giá trị m cần tìm là: m  Bài 50 + Pt hoành độ giao điểm (P) (d) x2   m  3 x  m2   (1) + (P) cắt (d) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt     /    m  3  m 3   m    m  1(*)   x  x  2(m  3)  2 + Khi theo giả thiết Vi-ét ta có  x1 x2  m   xx 57  x1  x2   x1  x2  Thế pt (1), (2) vào (3) ta có 4.4(m  3)2  4(m2  3)  57.2(m  3)  0; (m  3) ( n) m   2m2  3m  35     m  3,5 (l ) + Kết luận: giá trị cần tìm m = Bài 51 (1) (2) (3) y S(OAB) = S(OAC) + S(OBC) B K y =x C A S(OAC) = AH.OC = (cm2) S(OBC) = BK.OC = (cm2) H y= x+2 O x S(OAB) = (cm2) Bài 52 a) Để hàm số hàm số bậc nghịch biến thì: m – < suy m < b) Khi đồ thị hàm số qua điểm có tọa độ (1 ; 1) ta có : (m – 3).1 + + m =  m = c) Đồ thị cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Để đồ thị cắt trục tọa độ: Cắt Ox A(xA; 0) cắt Oy B(0 ; yB) điều kiện m  Thay tọa độ điểm A ta có: (m – 3)xA + + m =  xA  (2  m) m3 Thay tọa độ điểm B ta có: yB = + m (có thể tính OA, OB theo xA yB) Ta có tam giác OAB vng O nên diện tích S = 1 OA.OB  xA  yB  2  x A  yB   (2  m) (2  m) (2  m)  2m    (2  m)   6 m3 m3 m3 TH1: (2  m)2   (2  m)   m  3  m2  10m  14  m3  '  52  (14)  39   m1;2  5  39 (2  m)  6  (2  m)2  6  m  3  m2  2m  22  TH2: m3  '  (1)2  22  21   m  Vậy giá trị tìm : m1;2  5  39 Bài 53 a/ Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): ax2 = 2x a2 ( a > 0) Lý luận (d) cắt (P) hai điểm phân biệt Δ’ =  a3 > Δ’ = (1a)(1 + a + a2) >  a < ( + a + a2 > 0,  a ) K luận < a < Theo Đlý Viet ta có S = x1 + x2 = 2/a ; P = x1 x2 = a < a < nên x1 > ; x2 > x1 > ; x2 > 0,nên hai điểm A; B nằm bên phải trục tung b/ M  4    x1  x2 x1 x2 a a 1 M  2a   2a  2 a a Vậy GTNN M 2 2a   a a Bài 54 1) Ta có y  x   2x   ax  2  x  2x   ax ;    y  2  x  2x   ax ;   x   2x   ax ;    (a  3)x  1;    y  (a  1)x  3;  (a  3)x  1;   x x x2 x2  x2 x2  a   Vậy hàm (C) đồng biến khi: a  1  a  3  a 3 2) + Vì đồ thị qua điểm B(1; 6) nên ta có:    2.1   a.1 a2 Vậy a = đồ thị qua điểm B(1; 6)   x  1;   +Với a = y  3x  3;  5x  1;   x x2 x2  C Đồ thị vẽ sau: y 3  O x x  4x   4x  4x   x  m 3) Ta có:  x   2x   2x  3x  m (*) Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đường thẳng y = 3x + m đồ thị y  x   2x   2x Ta thấy y=3x+ m đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + Dựa vào đồ thị hàm số vẽ ý 2/ ta có: + m < PT vơ nghiệm + m = PT có vơ số nghiệm + m > PT có nghiệm Bài 55 1) Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + Khi phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = 3x +  x2 + 3x  = Do a + b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x =  Với x = có y = Với x = 4 có y = 16 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ (1; 1); (4; 16) 2) Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = (k  1)x +  x2  (k  1)x  = Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt 3) Với giá trị k; đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x2 thoả mãn:  x1  x  k    x1x  4 Khi đó: y1  x12 ; y2  x 22 Vậy y1 + y2 = y1 y  x12  x 22  x12 x 22  (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2  (k  1)2 + = 16  (k  1)2 =  k   2 k   2 Vậy k   2 k   2 thoả mãn đầu Bài 56 x 0 x  mx   x( x  m)     x2  m 1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : Vì giao điểm  ( P) : y  x  y  m2 Với y = => m2 =  (m = v m = -3) Vậy với m  3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m  Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2) Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2  m4   m  m   Đặt t  m2 ;(t  0) (1)  t  t    (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = , m   ( nhận) Vậy với m   (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách Bài 57 a) Khi m = ta có d : y = 2x – (P): y = –x2 Phương trình hồnh độ giao điểm d (P) là: Với x  1   y  3  2 Với x  1   y  3  2 (1)   Vậy giao điểm 1  2; 3  2 ; 1  2; 3  2  b) Phương trình hồnh độ giao điểm d (P):  x2  2mx   x2  2mx   (*) Phương trình (*) có ∆’ = m2 + > ⇒ (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ∀ m hay d cắt (P) hai điểm phân biệt  x1  x2  2m Áp dụng Viét ta có:  | x1  x2 | ( x1  x2 )2  ( x1  x2 )2  x1 x2  4m2   m2   x1 x2  1  y1  2mx1  | y12  y22 || (2mx1  1)  (2mx2  1) | Khi ta có   y2  2mx2  | y12  y22 || (2mx1   2mx2  1)(2mx1   2mx2  1) || 4m( x1  x2 )[m( x1  x2 )  1] | | 4m(2m2  1)( x1  x2 ) | m(2m2  1) | x1  x2 | | m | (2m2  1)2 m2  Ta có | y12  y22 |  64m2 (2m2  1)2 (m2  1)  45  64(4m4  4m2  1)(m4  m2 )  45 Đặt m4  m2  t  có phương trình 64t (4t  1)  45  256t  64t  45   t  Suy m4  m2  Vậy m    16m4  16m2    m   16 (vì t ≥ 0) 16