06 huong dan giai

Dạng 1: Hàm số bậc ba vấn đề liên quan Bài 1: − x3 + 3x2 + 9x − 1= ( 2m − 1) x − ⇔ x = x2 − 3x + 2m − 10 = ( ∗) Đường thẳng dm cắt ( C ) ba điểm phân biệt ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân  49 ∆ = 49 − 8m > m < ⇔ biệt x1,x2 khác ⇔  2m − 10 ≠ m ≠  ( ) 2 BC = 1+ ( 2m − 1)  ( x1 − x2 ) = 4m2 − 4m + ( 49 − 8m)   ( ) BC = 82 ⇔ 2m2 − 2m + ( 49 − 8m) = 41 ( ) 8m3 − 57m2 + 53m − = ⇔ ( m − 1) 8m2 − 49m + = ⇔ m = 1,m = 49 ± 2273 16 ( ) 2 Gọi A a; −a + 3a + 9a − ∈ ( C ) Phương trình tiếp tuyến ∆ M ( x0;y0 ) có phương trình ( ) y = −3x02 + 6x0 + ( x − x0 ) − x03 + 3x02 + 9x0 − ( ) A ∈ ∆ ⇔ a3 − 3a2 − 9a + −3x02 + 6x0 + ( a − x0 ) − x03 + 3x02 + 9x0 = ( a + 2x0 − 3) = ⇔ a = x0 ,a = − 2x0 Để từ A vẽ đến ( C ) tiếp tuyến ta phải có x0 = − 2x0 ⇔ x0 = 1⇒ A ( 1;10) ⇔ ( a − x0 ) Bài 2 Hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0;+∞ ) y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x) Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục ( 0;+∞ ) Ta có f '( x) = 6x + > 0,∀x > f ( 0) = Từ ta : m ≤ Giả sử đồ thị hàm số cho cắt Ox ba điểm có hồnh độ x1,x2 ,x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng, suy x1 + x3 = 2x2 x1,x2 ,x3 nghiệm phương trình: x3 + 3x2 − mx − = ( ∗) Nên ta có: x3 + 3x2 − mx − = ( x − x1) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ⇒ x1 + x2 + x3 = −3 ⇒ 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1 thay vào ( ∗) ta có m = Với m = ⇒ ( ∗) ⇔ x3 + 3x2 − 2x − = ⇔ x = −1,x = −1± Ta thấy đồ thị hàm số cho cắt Ox ba điểm lập thành cấp số cộng 84 Bài Điều kiện cần: Giả sử ( C m ) cắt Ox ba điểm A ,B,C suy phương trình x3 + 3x2 + ( 4m − 1) x + 2m2 − = ( ∗) có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 A ( x1;0) , B( x2;0) , C ( x3;0) ( 1) x3 + 3x2 + ( 4m − 1) x + 2m2 − = ( x − x1) ( x − x2 ) ( x − x3 ) = x3 − ax2 + bx − c ⇒ AB = BC ⇔ x2 − x1 = x3 − x2 ⇔ x1 + x3 = 2x2 Măt khác: Với a = x1 + x2 + x3 ,b = x1x2 + x2x3 + x3x1,c = x1x2x3 So sánh hệ số x2 ta có: a = −3 ⇔ x1 + x2 + x3 = −3 ( 2) Từ ( 1) ( 2) suy 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1⇒ ( ∗) có nghiệm x = −1⇒ −1+ − 4m + 1+ 2m2 − = ⇔ m = 0,m = Điều kiện đủ: ( ) ( ) 2 * m = ⇒ ( ∗) ⇔ x + 3x − x − = ⇔ x x − + x − = ( ) ⇔ x2 − ( x + 3) = ⇔ x = −3,x = −1,x = ba nghiệm thỏa ( 1) nên m = thỏa yêu cầu toán ( ) 2 * m = ⇒ ( ∗) ⇔ x + 3x + 7x + = ⇔ ( x + 1) x + 2x + = ⇔ x = −1 ⇒ m = loại Vậy m = giá trị cần tìm Chú ý: Với cách làm tương tự ta có kết sau: Đồ thị hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d cắt Ox ba điểm lập thành cấp   b y  − ÷ = số cộng   3a   y y <  CT CD Bài Đồ thị ( C m ) cắt Ox ba điểm phân biệt có  ycd yct < điểm có hồnh độ âm ⇔ hàm số có hai cực trị đồng thời  ( 1)  y ( 0) > ( ) ( )( ) ( ) ⇒ y1.y2 = m2 + m + x1x2 − m2 + m + m2 + ( x1 + x2 ) + m2 + ( ) ( m + 1) m3 − m2 − m − <  = ( m + 1) m3 − m2 − m − Nên ( 1) ⇔  m < ( ) ( 2) Xét hàm số g ( m) = m3 − m2 − m − 3, m < Có g'( m) = 3m2 − 2m − g'( m) = ⇔ m = − ,m = Lập bảng biến thiên ta thấy g ( m) < ∀m < 85 m + 1> ⇒ ( 2) ⇔  ⇔ −1< m < giá trị cần tìm m < Bài Phương trình hồnh độ giao điểm ( C m ) d : x3 − 2x2 + = 2mx ⇔ 2m = x2 − 2x + Xét hàm f '( x) = 2x − − x = số ( = f ( x) x ( ∗) y = f ( x) ) ,f '( x) = ⇔ x = ta có : 2( x − 2) x2 + x + 2 x Dựa vào bảng biến thiên yêu cầu toán ⇒ 2m > f ( 1) = ⇔ m > Bài Gọi A ,B hai điểm thuộc ( C ) đối xứng qua O a = − b a = − b  ⇒ ⇔ 3 a − 5a + 6a + = − b + 5b − 6b − a =  33  ; ÷ Hai điểm thuộc ( C ) đối xứng qua O : A  ÷  5 5  33  B − ; − ÷  5 ÷   Gọi M ,N hai điểm thuộc đồ thị x ,x ≠ x1,x2 ≠   M ,N đối xứng qua Oy ⇔ x1 = − x2 ⇔ x1 = − x2 y = y  2  x1 + 2m = ( ∗) Yêu cầu toán ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔ −2m > ⇔ m < Bài Với m = 1⇒ ( C1) : y = x3 − 3x2 + x + Gọi M ( x0;y0 ) ,N ( −x0; − y0 ) (với x0 > ) đối xứng qua gốc tọa độ   y = x3 − 3x2 + x +  y =  y = x3 − 3x2 + x + 0   0 0 ⇔ ⇔ M ,N ∈ ( C1) ⇔   x = − y0 = − x0 − 3x0 − x0 + x0 =   Gọi M ( x0;y0 ) , N ( −x0;y0 ) ;x0 > đối xứng qua Oy 86  y = x3 − ( 2m + 1) x2 + mx + 3m −  0 0 M ,N ∈ ( C m ) ⇔   y0 = − x0 − ( 2m + 1) x0 − mx0 + 3m − ⇒ 2x03 + 2mx0 = ⇔ x02 = − m (do x0 ≠ ) Yêu cầu toán ⇔ − m > ⇔ m < Gọi A ( x0;y0 ) điểm cố định mà họ đồ thị ( C m ) qua Ta có: y0 = x03 − ( 2m + 1) x02 + mx0 + 3m − ∀m 2x2 − x − = x = −1 ⇔ m 2x02 − x0 − + y0 − x03 + x02 + = ∀m ⇔  ⇔  y0 = x0 − x0 −  y0 = −4  x0 = Vậy họ đường cong ( C m ) có hai điểm cố định A ( −1; −4)  y = −   7 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 − + y0 − x03 + x02 + ≠ ∀m 2x2 − x − = x = −1 ⇔ ⇔ v  y0 ≠ x0 − x0 −  y0 ≠ −4  x =   y ≠ −  Vậy tập hợp điểm mà khơng có đường cong họ ( C m ) qua đường thẳng x + = trừ điểm ( −1; −4) đường thẳng 2x − = trừ  7 điểm  ; − ÷  8 Bài 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( X + 1) − ⇔ Y = − X + 3X Trong hệ trục hình vng ABCD biến thành hình vng A’B’C’D’ uuu r uur IA '.IB' = A 'B'C'D' hình vng ⇔  IA ' = IB' 87 ( ) a2b2 − a2 + b2 + 10 =  ⇔ ( a + b) 1+ a2 + ab + b2 − a2 − ab + b2 −  =    ( )( a + b =  ⇔ 2 ( I) 2 a b − a + b + 10 = ( ) ) ( ) a2b2 − a2 + b2 + 10 =   ( II )  a2 + b2 − − a2b2 + =  ( ) • Giải hệ ( I ) : Từ a + b = ⇒ a = − b thay vào phương trình thứ ta có : a4 − 6a2 + 10 = vơ nghiệm • Giải hệ ( II ) : Đặt v = a2b2 ,u = a2 + b2 a = u = a = −  ⇒ *   v =  b = +  b =   5+ a = a = u =   ⇒ *   v =   5− b = b =   2+ 2− 5− 5+ Vì vai trò A, B nên ( C ) có hai bốn điểm A,B,C,D cho ABCD hình vng có tâm I ( 1; −1) ( ) Bài Xét hình bình hành ABCD với A a;a − 2a , ( ) ( ) ( ) B b;b3 − 2b ,C c;c3 − 2c ,D c;c3 − 2c 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 + = ⇒ t = −1 ⇒ a = −c,b = −d ⇒ tâm hình bình hành gốc tọa độ O Đồ thị hàm số y = x3 + ax2 + bx + c cắt Ox ba điểm phân biệt nên hàm số  yCD > có hai điểm cực trị   yCT < cực tiểu hàm số) ( ∗) (Trong yCD ,yCT giá trị cực đại 88   x1 = −a + Bài 10 Ta có: y' = 3x + 2ax + b ⇒ y' = ⇔   x = −a −  a2 − 3b a2 − 3b  y ( x2 ) > ( 1) Hàm đạt cực tiểu x1 cực đại x2 ⇒ ( ∗) ⇔   y ( x1 ) < ( 2)  a  1 2a2  ab ÷x + c − Ta có: y = y' x + ÷ +  2b −  3 3 ÷   2a2  ( 1) ⇔  2b − ÷÷ a + a2 − 3b ÷ < 9c − ab ⇔ −2 a2 − 3b < 27c − 9ab + 2a3    2a2  ( 2) ⇔  2b − ÷÷ a − a2 − 3b ÷ < 9c − ab ⇔ a2 − 3b > 27c − 9ab + 2a3   ( ) ( ( ) ) Từ ( 3) ( 4) ta có: 27c + 2a3 − 9ab < a2 − 3b ( 3) ( 4) Bài 11: 3 Ta có y' = (x2 − 2x − 3) = (x − 1)2 − 4 ≥ Đẳng thức xảy   8 ⇔ x = 1⇒ y = −2 Vậy tiếp tuyến đồ thị (C) có hệ số góc nhỏ là: 3 y = (x − 1) − = x − 2 Bài 12: Xét đồ thị (C') : y = g(x) = x + x − = f(x) Khi số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị (C’) đường thẳng ∆ : y = m f(x) f(x) ≥ Ta có: g(x) =  suy −f(x) f(x) < * Nếu f(x) ≥ (Tức phần đồ thị (3) nằm truc Ox) (C’) (C) trùng * Nếu f ( x) < , điểm M ' thuộc (C’) M ’ x; −f ( x) M thuộc ( (3) M x;f ( x) ) ( ) suy M M ' đối xứng qua trục Ox (3) (C’) đối xứng qua trục Ox Cách vẽ: B : Giữ nguyên đồ thị (C) ứng với phần f(x) ≥ (Phần đồ thị nằm Ox) B : Lấy đối xứng qua trục Ox đồ thị (3) phần f(x) < (Phần nằm phía trục Ox) 89 Ta có đồ thị (C’) Dựa vào đồ thị (C’) ta có : • Nếu m < ⇒ ∆ (C’) không cắt ⇒ (1) vô nghiệm • Nếu m = ⇒ ∆ cắt (C’) điểm ⇒ (1) có nghiệm • Nếu m > ⇒ ∆ cắt (C’) hai điểm ⇒ (1) có hai nghiệm Bài 13: Ta có phương trình x3 − 3x2 = m ⇔ x3 − 3x2 + = m + Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = m + cắt (C) ba điểm phân biệt ⇔ −2 < m + < ⇔ −4 < m < 3 Ta có hàm số y = x − 3x2 + hàm số chẵn nên đồ thị (C’) nhận trục Oy trục đối xứng ⇒ để vẽ đồ thị (C’) ta cần vẽ (C’) nằm phia bên trái bên phải trục Oy lấy đối xứng qua Oy ta phần lại Mặt khác với x ≥ ⇒ g(x) = x3 − 3x2 + ⇒ (C) ≡ (C') Vậy dựa vào đồ thị (C), ta vẽ đồ thị (C’) sau: * Giữ nguyên phần bên phải trục Oy đồ thị (C) * Lấy đối xứng qua trục Oy phần vừa vẽ ta có đồ thị (C’) Ta có phương trình (2) ⇔ x − 3x2 + = m − ⇒ số nghiệm phương trình (2) số giao điểm hai đồ thị  y = x − 3x2 + (C') Dựa vào đồ thị (C’), ta có:   y = m − (∆) • m − < −2 ⇔ m < ⇒ ∆ không cắt đồ thị (C’) nên phương trình (2) vơ nghiệm  m − = −2  m = •  ⇔ ⇒ ∆ cắt (C’) hai điểm phân biệt nên phương trình m − > m > (2) có hai nghiệm phân biệt • m − = ⇔ m = ⇒ ∆ cắt (C’) ba điểm phân biệt nên phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt • −2 < m − < ⇔ < m < ⇒ ∆ cắt (C’) bốn điểm phân biệt nên phương trình (2) có bốn nghiệm phân biệt Bài 14: Gọi M(x0;y0) tiếp điểm Ta có : y'(x0) = 36 ⇔ x02 − x0 − = ⇔ x0 = 3,x0 = −2 • x0 = −2 ⇒ y0 = −27 ⇒ phương trình tiếp tuyến y = 36x + 45 • x0 = ⇒ y0 = 28 ⇒ phương trình tiếp tuyến y = 36x + 80 Phương trình ⇔ x − 3x2 + = −2m + 1,số nghiệm phương trình số (C') : y = x − 3x2 + giao điểm hai đồ thị :  ∆;y = −2m + 90 Dựa vào đồ thị (C’) ta có < −2m + 1< ⇔ < m < Điều kiện : x ≠ 1 giá trị cần tìm Phương trình ⇔ 2x − 3x + = m ,số nghiệm phương trình số giao (C ) : y = 2x3 − 3x2 + 1 điểm hai đồ thị  d : y = m Dựa vào đồ thị (C1) suy : • m < ⇒ phương trình vơ nghiệm • m = ⇒ phương trình có nghiệm (loại nghiệm x = 1) • < m < 1⇒ phương trình có bốn nghiệm • m = 1⇒ phương trình có ba nghiệm • m > 1⇒ phương trình có hai nghiệm Bài 15: Lấy A(a;a3 − 3ma2);B(b : b3 − 3mb2);a ≠ b Tiếp tuyến A B song song nên: 3a2 − 6ma = 3b2 − 6mb ⇔ a + b = 2m a+ b =m I trung điểm AB nên: xI = a3 + b3 − 3m(a2 + b2) = −2m3 = m3 − 3m3 = xI3 − 3mxI2 Vậy I thuộc (Cm) Ta có I ∈ AB ⇒ −2m3 = − m − ⇔ m = yI = Khi ta có: y'(xA ) = −1 ⇔ 3xA − 6xA + = ⇔ xA = 3± 12 ± ⇒ yA =  ±  12 ± ÷+ Phương trình tiếp tuyến A : y = −  x − ÷   Bài 16: Phương trình tiếp tuyến d (C) điểm có hồnh độ x = y = y'(3)(x − 3) + y(3) hay y'(3) = 3(3)2 − 6(3) = , y(3) = Suy phương trình d: y = 9(x – ) + = 9x – 23 Hệ số góc tiếp tuyến (D) (C) k = y'(x0) = 3x02 − 6x0 = 3(x0 − 1)2 − ≥ −3 ⇒ k = −3 ⇔ x0 − = ⇔ x0 = ( x0 hoành độ tiếp điểm (D) với (C)),suy phương trình tiếp tuyến (D) cần tìm : y = −3(x − 1) + = −3x + Bài 17: y' = − x2 + 4(m + 1)x − 3(m + 1) Hàm số (1) nghịch biến ¡ ⇔ ∀x ∈ ¡ ,y' ≤ ⇔ ∆ ' = 4(m + 1)2 − 3(m + 1) ≤ 91 ⇔ (m + 1)(4m + 1) ≤ ⇔ −1≤ m ≤ − M(x0;y0) Ta có M N đối xứng qua gốc tọa độ O ⇔  N(− x0; − y0) M N thuộc đồ thị hàm số (1)  x3  y0 = − + 2(m + 1)x02 − 3(m + 1)x0 + (2)   x  − y =  + 2(m + 1)x0 + 3(m + 1)x0 + (3) Cộng hai phương trình (2) (3) ,vế với vế ta : 4(m + 1)x02 + = (4) M , N tồn ⇔ (4) có nghiệm ⇔ 4(m+1) < ⇔ m < −1 Bài 18: Hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0;+∞ ) y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x) Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục ( 0;+∞ ) Ta có f '( x) = 6x + > 0,∀x > f ( 0) = Từ ta : m ≤ Giả sử đồ thị hàm số cho cắt Ox ba điểm có hồnh độ x1,x2 ,x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng, suy x1 + x3 = 2x2 x1,x2 ,x3 nghiệm phương trình: x3 + 3x2 − mx − = (*) Nên có: x3 + 3x2 − mx − = (x − x1)(x − x2)(x − x3) ⇒ x1 + x2 + x3 = −3 ⇒ 3x2 = −3 ⇒ x2 = −1 thay vào (*) ta có m = Với m = ⇒ (*) ⇔ x3 + 3x2 − 2x − = ⇔ x = −1,x = −1± Ta thấy đồ thị hàm số cho cắt Ox ba điểm lập thành cấp số cộng Vậy m = giá trị cần tìm Bài 19: Gọi d tiếp tuyến (C) song song với đường thẳng (D): y = 9x – hệ số góc d : k = ⇔ y’( x0 ) = ⇔ 6x02 + = 9 ⇔ x02 = ⇔ x0 = ±1 ( x0 hoành độ tiếp điểm d với (C)) Phương trình tiếp tuyến d có dạng y = k ( x – x0 ) + y ( x0 ) Khi x0 = phương trình d y = 9( x – 1) + = 9x – , phương trình bị loại d ≡ (D) Khi x0 = −1 phương trình d y = 9( x + 1) – = 9x + Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm y = 9x + y' = 6x2 + 2( m – 1) x + m + 92 Đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại điểm cực tiểu có hồnh độ lớn ⇔ Phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2   lớn * Phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt Khi hai nghiệm phương trình y' = ⇔ − 3 < m < + 3 (a) 1− m − m2 − 8m − 11 1− m + m2 − 8m − 11 , x2 = 6 Vì x1 < x2   x1, x2   lớn x1 = 1− m − m2 − 8m − 11 > ⇔ m2 − 8m − 11 < −m 6 m < − 3 ∨ m > + 3 (do (a))  m < 4− 3  11  ⇔ −m > ⇔ ⇔ − < m < − 3 11  m > − m − 8m − 11 < m   Bài 21: x3 − 3x2 = m3 − 3m2 ⇔ − x3 + 3x2 + = −m3 + 3m2 + Đặt k = −m3 + 3m2 + Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị ( C ) với đường thẳng ( d ) : y = k Dựa vào đồ thị ( C ) phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ 1< k < ⇔ m ∈ (−1;3)\ { 0;2} Bài 22: 1b Hàm số cho nghịch biến khoảng ( 0;+∞ ) y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x) Hàm số f ( x) = 3x2 + 6x liên tục ( 0;+∞ ) Ta có f '( x) = 6x + > 0,∀x > f ( 0) = Bảng biến thiên x +∞ y' y Từ ta : m ≤ 93 +∞ + Bài Để hai điểm M , N đối xứng qua O trước hết ∆ phải qua O Suy 2b − = ⇔ b = ⇒ ∆ : y = ax Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) ∆ 3x + = ax ⇔ ax2 + ( 2a − 3) x − = ( ∗) x+ ∆ cắt ( C ) hai điểm phân biệt M , N ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt a ≠  x1,x2 khác −2 ⇔ ∆ = 4a2 − 4a + > ⇔ a ≠ 4 ≠  M , N đối xứng qua O ⇔ x1 + x2 = ⇔ 2a − = ⇔ a = 2 Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) đường thẳng y = x 3x + = x ⇔ x2 − x − = ⇔ x = −1,x = ⇒ A ( −1; −1) ,B( 2;2) x+ Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) đường thẳng y = x + m 3x + = x + m ⇔ x2 + ( m − 1) x + 2m − = ( 1) x+ Đường thẳng y = x + m cắt ( C ) hai điểm phân biệt C, D ⇔ ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác −2 ⇔ ( m − 1) ( m − 9) > ⇔ m ∈ ( −∞;1) ∪ ( 9; +∞ ) uuu r uuur Khi : C ( x1;x1 + m) ,D ( x2;x2 + m) , ABCD hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ x2 − x1 = ⇔ ∆ = ⇔ ∆ = ⇔ m2 − 10m + = ⇔ m = 0,m = 10 Kiểm tra thấy m = 10 giá trị cần tìm Bài 5: m+ 2m + − 2m2 − 3m +  m + 2 m − ∈ C Gọi M  m; ( ) ÷ ⇒ d ( M ,∆ ) = = m − 1  5 m−1   2m2 − 9m + 10 =  m = 2;m = ⇔ 2m − 3m + = m − ⇔  ∗ d ( M ,∆ ) = ⇔  2m2 + 3m − =  m = −2;m =  Vậy m = ,m = ,m = ±2 giá trị cần tìm 2 2 2m2 − 4m − ∗ Xét hàm số f ( m) = 2m − 3m + , ta có f '( m) = m−1 ( m − 1) 102   2+  f ( m) ≥ f  ÷ = 1+  ÷    2± ⇒ ⇒ d ( M , ∆ ) = f ( m) ≥ − f ' ( m) = ⇔ m =    2−  = 1− f ( m) ≤ f  ÷ ÷    2− Vậy d ( M ,∆ ) nhỏ ⇔ m =  3  3 Gọi A  1+ a;1+ ÷, B 1− b;1− ÷ với a,b > ⇒ A ,B nằm hai nhánh a b     uuu r  3( a + b) BA =  a + b;  ab    2 ÷ ⇒ AB2 = ( a + b) 1+  ÷  a b2      9 2 Do ( a + b) ≥ 4ab ⇒ AB ≥ 4ab 1+ 2 ÷ = 4 ab + ÷ ≥ 24 ab  ab    ( C) a = b  ⇔ a= b= ⇒ AB ≥ Đẳng thức xảy ⇔  ab = ab  x0 + Gọi N ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇔ y0 = x0 −  x0 = 2y0 Theo : d ( N ,Oy ) = 2.d ( N ,Ox) ⇔ x0 = y0 ⇔   x0 = −2y0  2x0 + x0 = −1⇒ y0 = −  x = 2y ⇔ x = ⇔ x − 3x − = ⇔ * 0 0  x0 −  x0 = ⇒ y0 = * x0 = −2y0 ⇔ x0 = −2x0 − x0 − ⇔ x02 + x0 + = vô nghiệm Tổng khoảng cách từ A đến hai trục tọa độ : k = a + a+ a−  −2   −2   −2  Bài 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 uuur  r  AH.BC = 2( b − c)   uuu ÷ Ta có:  uuur uuur (*) Mà AH =  x0 − a;y0 + ÷,BC =  c − b; a bc ÷   BH.AC =   uuur  2( a − c)   uuur  BH =  x0 − b;y0 + ÷,AC =  c − a; ÷  b ac ÷    103  2 2  x0 − a +  y0 + ÷ = x0 = − bc  a   abc ⇒ H ∈ ( C) ⇔ Nên (*) ⇔  Suy y0 = − x0 x − b +  y +  =  y = abc  ÷   ac  a  Bài Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) M cách hai trục tọa độ ⇔ x0 = y0 = • 3x0 − • 3x0 − x0 − x0 − 3x0 − x0 − = x0 ⇔ x02 − 5x0 + = ⇔ x0 = ± 21 = −x0 ⇔ x02 + x0 − = ⇔ x0 = −1±  ± 21 ± 21   −1± 1m  ; ; ÷,M 3,4  ÷ Vậy có bốn điểm cần tìm: M 1,2  ÷  2  2 ÷    Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) Tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là: d = x0 + y0 = x0 + Với x0 = x0 − 1 1 ⇒ d = nên với x0 > ⇒ d > 3 3 Ta xét x0 < Mà 3x0 − 3x − x02 + x0 − 1 ⇒ d = x0 + = x0 − x0 − x02 + x0 − 1 3x02 + 2x0 − ( 3x0 − 1) ( x0 + 1) − = = > với x0 − 3( x0 − 2) 3( x0 + 1) 1 ∀x0 : x0 > Suy d > 3  5  5 Ta có A  + a;3 + ÷, B − b;3 − ÷ (với a,b > ) hai điểm nằm hai a  b  ∀x0 : x0 <  25   5 nhánh ( C ) AB2 = ( a + b) +  + ÷ = ( a + b)  1+ ÷ ≥ 4ab.2 = 40 2 ab  a b ab   a = b  Đẳng thức xảy  25 ⇔ a = b = 1 = 2  ab 104 3m − 3m − +1  3m − 1 m− 3m2 − 17m + Ta có M  m; ÷∈ ( C ) , d ( M , ∆ ) = = m−   5 m−  26  3m2 − 29m + 26 =  m = 1;m = 12 ⇔ d ( M ,∆ ) = ⇔ 3m − 17m + = 12 m − ⇔   3m − 5m − 22 =  m = −2;m = 11   16 15   7  11  Vậy : M ( 1; −2) ,M  ; ÷,M  −2; ÷,M  ;6÷ 4  4     m + 2 Bài Gọi M  m; ÷ điểm thuộc đồ thị m − 1  d M;d = ( ) 2m + m+ −2 m−1 22 + = ( C) 2m2 − 3m + m−1 2m2 − 3m + 6 d ( M;d ) = ⇔ = ⇔ 2m2 − 3m + = m − 5 m−1   2m − 9m + 10 = ⇒ m = 2, m = ⇔  2m2 + 3m − = ⇒ m = −2, m =  Vậy có điểm M cần tìm m+ 2 d ( M ,Oy ) = 2d ( M ,Ox) ⇔ m = m−1 m+ ⇔ m2 + m + = vô nghiệm với ∀m ∈ ¡ m−1 m+ • m = ⇔ m2 − 3m − = ⇔ m = −1, m = m−1  1 Vậy M  −1; − ÷, M ( 4;2) hai điểm cần tìm   • m = −2 Bài Ta đổi trục toa độ, hàm số trở thành Y = hệ trục IXY X  3  3  3 Gọi A  a, ÷ , B b, ÷ , C  c; ÷là điểm phân biệt thuộc x  a  b  c đồ thị hàm số; Gọi H(m,n) trực tâm tam giác ABC Xét hàm số y = 105 uuur uuu r AH.BC = ( 1)  3na + a2bc − Khi  uuur uuur Từ ( 1) ta có m = , từ ( 2) suy abc  BH.AC = ( 2) 3nb + ab2c − 3na + a2bc − 3nb + ab2c − ⇔ n = −abc Từ suy = abc abc abc −9 thay vào ( 1) ta m = hay n = có nghia H thuộc đồ thị ( C ) abc m Bài 10 Gọi A ( x0;y0 ) điểm cố định mà họ ( C m ) qua m= Suy y0 = mx0 + 2x0 + m ⇔ m ( x0;y0 ) + 2x0y0 − = ∀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 ) + 2x0y0 − ≠ ∀m  y0 − x0 =  y = x0 ⇔ TH1:  2x0y0 − ≠ x0 ≠ ±1  y0 − x0 ≠   y ≠ x0 ⇔ TH2:  2x0y0 − x0 = ±1  x − y = −2x0  Vậy tập hợp M đường thẳng y = x trừ hai điểm ( ±1; ±1) ; đường thẳng x = −1 trừ điểm ( −1; −1) đường thẳng x = trừ điểm ( 1;1) Bài 11: Tìm điểm (C) có tọa độ ngun x+ y= = 1+ x−1 x−1 ∈ ¢ ⇔ 2M(x − 1) ⇔ x − 1∈ { −1;1; −2;2} Với x∈ ¢ thì: y ∈ ¢ ⇔ x−1 x − = 1⇒ x = 2,y = x − 1= −1⇒ x = 0,y = −1 x − 1= −2 ⇒ x = −1,y = x − 1= ⇒ x = 3,y = Vậy điểm có tọa độ nguyên (2;3) , (0;-1); (-1;0) ; (3;2) Chứng minh tích khoảng cách từ điểm M tùy ý (C) đến hai đường tiệm cận (C) số không đổi M ∈ (C) ⇒ M(x0;1+ ) x0 − 106 Tiệm cận đứng (C): d1 : x – = 0,tiệm cận ngang (C) : d2 : y – = d ( M , d1) = x0 − , d ( M ,d2 ) = 1+ d(M ,d1).d(M ,d2) = x0 − 2 −1 = x0 − x0 − = ( đpcm) x0 − Tìm điểm (C) cho tổng khoảng cách từ điểm đến hai đường tiệm cận (C) nhỏ M(x0;1+ ) ∈ (C) ,suy x0 − T = d(M ,d1) + d(M ,d2) = x0 − + T = ⇔ x0 − = Côsi ≥ x0 − =4 x0 − x0 − ⇔ (x0 − 1)2 = ⇔ x0 − = ± ⇔ x0 = 1± x0 − Suy minT = ⇔ x0 = 1± Bài 12: Ta có: y = mx2 + (3m2 − 2)x − 6m − = mx − + x + 3m x + 3m đồ thị hàm số không tồn hai tiệm cận * Nếu m ≠ , đồ thị hàm số có hai tiệm cận d1 : x = −3m ⇔ x + 3m = d2 : y = mx − ⇔ mx − y − = uur uur ⇒ n1(1;0), n2(m; −1) véc tơ pháp d1 d2 uur uur n1.n2 m 0 = ⇔ m = ±1 Góc d1 d2 45 ⇔ cos45 = uur uur ⇔ n1 n2 m2 + * Nếu m = Bài 13:  m 2 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng ⇔ m  − ÷ − ≠ ⇔ m + ≠ ∀m  2 m Khi đường thẳng x = − đường tiệm cận đứng đồ thị hàm số nên m yêu cầu toán ⇔ − = −1⇔ m = giá trị cần tìm Ta có: y' = m2 + 2 > ∀x ≠ − m (2x + m) Vậy hàm số đồng biến khoảng xác định 107 Bài 14:   M ∈ (C) ⇒ M  x0;x0 − 1+ ÷ x0 − 1÷   (C) Tiếp tuyến ∆ M có phương trình :   4 ÷( x − x0 ) + x0 − 1+ y = f '(x0)( x − x0 ) + y0 =  1−  x0 − (x0 − 1) ÷     ∆ ∩ TCĐ ≡ A  1; ÷ ÷ ; ∆ ∩ TCX ≡ B( 2x0 − 1;2x0 − 2)  x0 − 1  xA + xB = x0 = xM   ⇒ M trung điểm đoạn AB Ta có:  y + yB  A = x0 − 1+ = yM  x0 − 1 Gọi H hình chiếu B lên đường thẳng IA ⇒ S∆OAB = OA.OB = 2 Bài 15: Xét điểm M(x0;y0) ∈ (C); x0 ,y0 ∈ ¢ Do y0 = x0 + + 1 ⇒ y0 ∈ (C) ⇔ ∈ ¢ ⇔ x0 − = ±1 ⇔ x0 = 0;x0 = x0 − x0 − Vậy (C) có hai điểm nguyên M 1(0;1), M 2(2;5) Ta có I(1;3) Xét tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có tọa độ (x0;y0)   1 ÷(x − x0) + x0 + + ∆ : y =  1−  x0 − (x0 − 1) ÷     1 ÷(1− x0) + x0 + + I ∈ ∆ ⇔ =  1−  x0 − (x0 − 1) ÷   1 ⇔ = 1− x0 + + x0 + + ⇔ = vô nghiệm x0 − x0 − x0 − Vậy khơng có tiếp tuyến (C) qua I Đồ thị (C) có tiệm cận đứng ∆1 : x − = , tiệm cận xiên ∆ : x − y + =   Xét M ∈ (C) ⇒ M  x0;x0 + + ÷ x0 − 1÷   d1 = d(M , ∆1) = x0 − 1; d2 = d(M , ∆ 2) = ⇒ d1.d2 = x0 − 1 x0 − = 2 x0 − không đổi ⇒ đpcm 108 Bài 16: Ta có I(1;1) uur Thực phép dời hệ trục Oxy hệ trục IXY theo véc tơ OI x = X + Công thức dời trục :  y = Y + 2 ⇒ Y = 2X + X X Vì Y(−X) = − Y(X) ⇒ hệ tọa độ IXY hàm số cho hàm số lẻ nên (C) nhận I làm tâm đối xứng   Lấy M  x0;2x0 − 1+ ÷ x0 − 1÷   Ta có : Y + = 2(X + 1) − 1+ d1 = d(M ,TCN) =   2x0 −  2x0 − 1+ ÷− x0 − 1÷   d2 = d(M ,TCD) = x0 − ,suy d1.d2 = = x0 − không phụ thuộc vào M Bài 17: Tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông cân nên ta có −1 < ⇒ y'(x0) = −1 ⇔ (x − 1)2 = ⇔ x = 0,x = y'(x0) = ±1, mà y' = 0 (x − 1)2 Từ ta tìm hai tiếp tuyến: y = −x + 1,y = − x + 3.Gọi M(x0;y0) tiếp điểm Ta có phương trình tiếp tuyến ∆ y= −1 (x0 − 1)2 (x − x0) + 2x0 − x0 − 2x0 ) cắt TCN B(2x0 − 1;2) x0 − Gọi I(1;2), suy tam giác ABI có diện tích 1 S = IA.IB = x0 − = không đổi 2 x0 − ∆ cắt TCĐ: x = A(1; Bài 18: Đạo hàm : y' = x2 − 4x + − m2 (x − 2)2 Dấu y’ dấu g ( x) = x2 − 4x + − m2 Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ Phương trình g(x) = có hai nghiệm phân ∆ ' = − + m2 = m2 > ⇔ m ≠ biệt khác ⇔  4 − + − m ≠ 109 Nghiệm g ( x) = x1 = 2– m , x2 = + m , suy hai điểm cực trị đồ thị hàm số A ( 2– m; − m) , B( + m; + 3m) d(A , ∆) = − 3m , d(B, ∆) = + 5m 9 − 3m = + 5m m = d(A , ∆) = d(B, ∆) ⇔ − 3m = + 5m ⇔  ⇔ 9 − 3m = −9 − 5m  m = −9 So với điều kiện m ≠ nhận m = −9 Bài 19: Thực phép dời trục Oxy hệ trục IXY qua công thức dời x = X + trục :  Trong hệ trục (C) có phương trình : y = Y + 2(X + 1) − 1 Y + 2= ⇔Y= X + 1− X Xét đường thẳng ∆1 : Y = X điểm T(a;b) ∈ (C) ⇒ b = a Đường thẳng d qua T , vng góc với ∆1 có phương trình Y = − X + b + a Y = X  a+ b a+ b ∆1 ∩ d = H :  ⇒H ; ÷ Y = − X + b + a    Gọi T' điểm đối xứng với T qua ∆1 suy T'(b;a) 1 ⇒ a = ⇒ T' ∈ (C) ⇒ (C) có ∆1 trục đối xứng a b Tương tự ta chứng minh ∆ : Y = −X trục đối xứng (C) Vậy (C) có hai trục đối xứng có phương trình hệ tọa độ Oxy : y = x + y = −x + Xét đồ thị (C) hệ tọa độ XIY  1  1 Gọi M  m; ÷, N  −n; − ÷ với m,n > m n   M ,N Ta có nằm hai nhánh đồ thị (C) Vì b = 2  1  2 MN = (m + n)2 +  + ÷ = ( m + n)  1+ ÷ ≥ 4mn mn = ⇒ MN ≥ 2 2  m n  m n  m = n ⇔ m = n = (do m,n > ) Đẳng thức xảy ⇔  mn = 1 Xét (C) hệ tọa độ XIY Ta có Y ' = − X 110  1 Gọi K  a; ÷ phương trình tiếp tuyến (C) K  a 1 ∆ : Y = − (X − a) + = − X + 2 a a a a Hai tiệm cận (C) hai trục tọa độ IX,IY  2 ∆ cắt hai trục A  0; ÷, B(2a;0)  a ( ) Chu vi tam giác IAB: P = AB + IA + IB = IA + IB2 + IA + IB ≥ 2 + Mà IA.IB = ( IA.IB ) 2a = ⇒ P ≥ 2 + a = 2a ⇔ a = ±1 a Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu toán tạo độ hai điểm hệ tọa độ Oxy : K 1(2;3), K 2(0;1) Đẳng thức xảy ⇔ IA = IB ⇔ Bài 20: 2.a) Chứng minh M trung điểm đoạn AB Chú ý Với hàm số mà đồ thị(C) có tâm đối xứng I giải tốn liên quan đến đồ thị (C) mà gặp bước tính tốn phức tạp ta uur nên chuyển hệ trục tọa độ phép tịnh tiến theo vectơ OI ,khi hệ tọa độ IXY , hàm số có dạng đơn giản việc tính tốn dễ dàng Áp dụng ý vào toán để giải câu 2) uur Tịnh tiến hệ tọa độ xuất phát Oxy theo vectơ OI thành hệ tọa độ IXY x = X + xI = X + Công thức chuyển hệ tọa độ :   y = Y + yI = Y + Đối với hệ tọa độ IXY, hàm số cho trở thành − 4(X + 1) −2 − 4X 2 Y + 4= ⇔ Y + 4= = + ⇔ Y = F(X) = 1− (X + 1) −X X X Phương trình tiệm cận đứng : X = Phương trình tiệm cận ngang : Y = M ∈ (C) ⇒ M(X 0;Y0) với Y0 = X0 Phương trình tiếp tuyến (d) (C) M 2 Y = F'(X)(X − X 0) + Y0 = − (X − X 0) + ⇔Y =− X+ 2 X0 X0 X X 0 Tọa độ giao điểm A (d) với tiệm cận đứng nghiệm hệ 111 X =   Y = − X + ⇒ A(0; ) X0  X0 X02  Tọa độ giao điểm B (d) với tiệm cận ngang nghiệm hệ Y =   Y = − X + ⇒ B(2X0;0)  X0 X02  Vì A,M,B thẳng hàng X A + X B = 2X0 nên M trung điểm AB b) Chứng minh tam giác IAB có diện tích khơng đổi Tam giác IAB vng I SIA B = 1 IA.IB = YA − XI X B − YI = 2X0 = I(0;0) 2 X0 Vậy SIA B khơng đổi c) Tìm điểm M cho tam giác IAB có chu vi nhỏ Chu vi tam giác IAB : P = IA + IB + AB = YA + X B + (X A − X B )2 + (YA − YB )2 = 16 + 2X0 + 4X02 + X0 X2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 4X02 + 16 X02 ≥ 4X02 16 X02 4 + 2X0 ≥ 2X0 = X0 Xo = 16 ⇒ P ≥ + 16  = 2X0  16  X0 P = + 16 ⇔  ⇔ = 4X 02 ⇔ X04 = ⇔ X0 = ± X0  16 = 4X  X2  ( ) Vậy minP = 16 + đạt M − 2; M ( ( ) 2; − ) Suy , hệ trục xuất phát Oxy , M có tọa độ − + 1; + ( ) + 1; − + Bài 21: Tìm điểm thuộc (C) cách hai trục tọa độ 2x0 + M điểm thuộc (C) ⇒ M(x0;y0) với y0 = x0 + Khoảng cách từ M đến trục Ox , Oy y0 , x0 112 Suy tọa độ điểm M thuộc (C) cách hai trục tọa độ nghiệm  2x0 +  2x + y0 = (1)  y0 =  x0 + ⇔  x0 + hệ phương trình :  y = x y = ±x 0   Thay y0 = x0 vào phương trình (1) ta : x0 = 2x0 + x0 + 2x0 + ⇔ x0 = 1± −3 ± x0 + Tìm điểm thuộc hai nhánh khác (C) cho khoảng cách hai điểm ngắn Gọi A , B hai điểm thuộc nhánh phải nhánh trái (C) ,  1  1 xA > −1 xB < − ,suy : A  −1+ a;2 − ÷ ; B −1− b;2 + ÷ (a > 0,b > 0) a b     Thay y0 = − x0 vào phương trình (1) ta được: − x0 = ⇔ x0 = 2   1   Côsi 1 AB = (a + b) +  + ÷ = (a + b)2  1+ ÷ = 16 ÷ ≥ (2 ab)  ÷ ab   a b   ab  2 a = b  a = b AB2 = 16 ⇔  ⇔ ⇔ a = b =  = a =  ab Bài 22: 1 y = mx − 1+ Hàm số cho xác định D = ¡ \ { −2} x+ a y' = m − ( x + 2) m ( x + 2) − = ( x + 2) Với m > phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt khác −2 Vậy hàm số có cực đại cực tiểu m > c Xét ( d ) qua A ( 1;0) có hệ số góc k Nên ( d ) : y = k ( x − 1) ( d) tiếp xúc với đồ thị ( C ) hàm số điểm ( x0;y0 ) hệ sau có nghiệm:  x0 − 1+ x + = k ( x0 − 1)  ⇒ k = Vậy tiếp tuyến ( d ) : y = ( x − 1)  9  1− =k  ( x0 + 2)  2.b Tìm đường thẳng y = điểm mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số Gọi M ( a;4) ∈ ( d ) : y = điểm cần tìm Khi tiếp tuyến với ( C ) kẻ từ M có phương trình : ( ∆ )  : y = k ( x − a) + 113  x2 +  = k ( x0 − a) +  x−1 ( ∆ ) tiếp xúc với ( C ) điểm ( x0;y0 ) ⇔  x2 − 2x −  =k  x −1  ( ) ( 1) ( 2) có nghiệm x0 ≠ Từ ( 1) ,( 2) ⇒ ( − a) x02 + 2( a − 7) x0 + 3a + = 0( 3) Để từ M kẻ 2tiếp tuyến đến đồ thị hàm số Khi phương trình ( 3) có nghiệm 3 − a ≠ a ≠  a ≠  phân biệt x0 ≠ ⇔ ∆ = ( a − 7) − ( 3a + 7) ( − a) > ⇔ a − 4a + > ⇔  a ≠  a ≠ − a + a − + 3a + ≠ ( )    Vậy tập hợp điểm cần tìm đường thẳng ( d ) : y = bỏ điểm ( 1; 4) ,( 3; 4) Bài 23 Phương trình hồnh độ giao điểm : 3x2 + ( 1− m) x − = ( x ≠ 0) Phương trình có nghiệm phân biệt x1; x2 khác với m Hoành độ trung điểm I AB : xI = x1 + x2 = m−1 m−1 I ∈ Oy ⇔ x1 = ⇔ = ⇔ m = x2 − Bài 24 Tọa độ A ,B thỏa: = −x + m ⇔ 2x2 − mx − 1= 0, ( x ≠ 0) ( 1) x Ta thấy ( 1) có hai nghiệm thực phân biệt x1,x2 khác với m 2 Gọi A ( x1;y1 ) , B( x2;y2 ) ⇒ AB2 = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 2( x1 − x2 ) Áp dụng định lí viet cho phương trình ( 1) ta có được: m2 m2 AB2 = 2( x1 + x2 ) − 4x1x2  = + , AB = ⇔ + = ⇔ m = ±2   2 Bài 25 Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) d ( k − 1) x2 + ( 2k − 3) x − 1= (với x ≠ −2 ) ( 1) Đồ thị ( C ) cắt d hai điểm phân biệt ⇔ ( 1) có hai nghiệm phân biệt k − ≠  khác −2 ⇔ ∆ = 4k − 8k + > ⇔ k ≠ 1 ≠  Gọi x1,x2 hai nghiệm ( 1) ⇒ A ( x1;kx1 + 1) , B( x2;kx2 + 1) 114  2k −  x1 + x2 xI =  x =  I 2( k − 1)  ⇒ ⇒  y = k ( x1 + x2 ) +  y = k ( 2k − 3) +  I  I 2( k − 1)  Ta có: xI = 2x − 2k − 2x2 − 3xI 2x2 − xI − ⇒k= I , xI ≠ ⇒ yI = I + 1= I 2k − 2xI − 2xI − 2xI − Vậy quỹ tích trung điểm đường cong y = Bài 26 2x2 − x − 2x −  1  1 Ta có A  −1+ a;a − + ÷, B −1− b; − b − − ÷ với a,b > hai điểm nằm a  b  hai nhánh ( C ) AB = ( a + b) 2  1  2 +  a + b + + ÷ = ( a + b)  + + ≥ 16 + ÷ ≥ 8ab + 16 + 2 a b ab a b  ab   a = b  Suy AB ≥ 16 + Đẳng thức xảy  ⇔ a= b= 8ab = ab  Hoành độ A B nghiệm phương trình: 3x2 − mx − − m = ( ∗) Yêu cầu tốn ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt khác −1 ∆ = m2 + 12m + 24 >  m > −6 + ⇔ ⇔  m < −6 − 1 ≠ Bài 27 Gọi M ( x,y ) ∈ ( C ) M '( x',y') ∈ ( C') đối xứng qua đồ thị ( C ) qua  x + x'  = x = − x' A 3;4 điểm ( ) Ta có  y + y' ⇔ y = − y'  =4   Thay vào đồ thị ( C ) :8 − y' = ( Hay y' = − − x') − ( − x') + x'2 − 11x'+ 31 = − x'− − x' x'2 − 11x'+ 31 + 3x'− x'2 = − x' − x' Vậy phương trình đồ thị ( C') : y = 115 −x2 + 3x + x2 − 3x − = −x + x−  x02 + 4x0 +   M x ;y ∈ C ⇒ M x ; ) ÷ Gọi ( d ) khoảng cách từ Bài 28 Gọi ( 0) ( )  ÷ x0 +   M đến đường thẳng 3x + y + = d= 4x0 + 16x0 + 17 1 = 4( x0 + 2) + ≥ x0 + x0 + 10 10 10   x0 = ⇔ Đẳng thức xảy ⇔ x0 + = x0 + x =  −3 ⇒ y0 = 2 −5 ⇒ y0 = − 2  −3   −5 −5 Vậy có hai điểm thoả yêu cầu toán M  ; ÷ M  ; ÷  2  2 Bài 29 Gọi M ( x;y ) ,M '( x';y') thuộc ( C) 1  đối xứng qua điểm I  ;1÷ 2  x + x' = x' = 1− x ⇔ ⇒ M '( 1− x;2 − y ) Khi ta có hệ:   y + y' =  y' = − y  x2 − 3x + y =  x− Vì M ( x;y ) ,M '( x';y') thuộc ( C ) nên ta có  x2 − x +  − y =  −x − x2 − 3x + x2 + x + ⇔ x + x − = ⇔  x = −2 ⇒ y = −4   ⇒ 2= + x− −x − x = ⇒ y = x ≠ −1,x ≠ Vậy ( C) có cặp điểm: M ( −2, −4) ,M '( 3;6) 116 ... khoảng cách từ điểm M tùy ý (C) đến hai đường tiệm cận (C) số không đổi M ∈ (C) ⇒ M(x0;1+ ) x0 − 106 Tiệm cận đứng (C): d1 : x – = 0,tiệm cận ngang (C) : d2 : y – = d ( M , d1) = x0 − , d ( M ,d2