07 1 huong dan giai

TIẾP TUYẾN CỦA HÀM SỐ Dạng 1: Phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm ( x0;y0) Bài toán 01: Bài 1: Giả sử M(x0;y0) ∈ (C) ⇒y0 = 2x03 − 3x02 + Ta có: y′ = 3x2 − 6x Phương trình tiếp tuyến ∆ M: y = (6x02 − 6x0)(x − x0) + 2x03 − 3x02 + ∆ qua P(0;8) ⇔8 = −4x03 + 3x02 + ⇔x0 = −1 Vậy M(−1; −4) Ta có: y = ⇔ x3 − 6x2 + 11x − = ⇔ x = 1;x = 2;x = Phương trình tiếp tuyến: y = 2x + ; y = −x + ; y = 2x − Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng x + 4y − = 1 ⇔ y = − x + ⇒ Tiếp tuyến có hệ số góc k = 4 ⇒ y' = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = −3;x = 73 = 4x + 6 26 * x = ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 4(x − 2) − = 4x − 3 Gọi M x0;y ( x0 ) , x0 ≠ −1 tọa độ tiếp điểm d ( C ) * x = −3 ⇒ Phương trình tiếp tuyến y = 4(x + 3) + ( ) Khi d có hệ số góc y'( x0 ) = y= ( x0 + 1) ( x0 + 1) có phương trình : 0+1 ( x − x0 ) + − x Vì d cách A , B nên d qua trung điểm I ( −1;1) AB phương với AB TH1: d qua trung điểm I ( −1;1) , ta ln có: 1= ( x0 + 1) , phương trình có nghiệm x0 = +1 ( −1− x0 ) + − x x+ 4 TH2: d phương với AB, tức d AB có hệ số góc, y − yA = ⇔ x = −2 x = y'( x0 ) = kAB = B = hay 0 xB − xA ( x0 + 1) Với x0 = ta có phương trình tiếp tuyến d : y = 115 Với x0 = −2 ta có phương trình tiếp tuyến d : y = x + Với x0 = ta có phương trình tiếp tuyến d : y = x + Gọi N ( x0;y0 ) ∈ ( C ) Phương trình tiếp tuyến ( d ) A N là: ( ) y = 3x02 − 4x0 + m − ( x − x0 ) + x03 − 2x02 + ( m − 1) x0 + 2m M ∈ ( d ) ⇔ 2x03 + 5x02 − 4x0 = − 3m ( ∗) Dễ thấy ( ∗) phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị y = − 3m f ( x0 ) = 2x03 + 5x02 − 4x0 Xét hàm số f ( x0 ) = 2x03 + 5x02 − 4x0 f '( x0 ) = 6x02 + 10x0 − f '( x0 ) = ⇔ x0 = −2 x0 = có 100 ,m = −3 81 Hoành độ giao điểm đồ thị với trục hoành nghiệm phương trình: ( 3m + 1) x − m2 + m = 0,m ≠ ⇔ x ≠ −m,m ≠  x+ m ( 3m + 1) x − m + m =   x ≠ −m,m ≠ 0,m ≠ − m ≠ 0,m ≠ − 4m2 y' = ⇔ ⇔ Mà  2 x = m − m x = m − m ≠ − m ( x + m)   3m + 3m + 2  m − m 4m ⇒ y' ÷=  3m + ÷  Tiếp tuyến song song với đường thẳng    m2 − m + m÷   3m + ÷    m2 − m  x − y − 10 = nên y' ÷ = ⇔ m = −1 m = −  3m + ÷   ∗ m = −1 giao điểm A ( −1;0) , tiếp tuyến y = x + Lập bảng biến thiên, suy m = ∗ m= − 3  giao điểm B ;0÷ , tiếp tuyến y = x − 5   ( ) ( ) 3 Gọi A x1,y ( x1 ) = x1 − 6x1 + 9x1 ,B x2 ,y ( x2 ) = x2 − 6x2 + 9x2 tọa độ tiếp điểm ( d ) ,( t) đồ thị ( C ) ( d ) ( t) song song với y'( x1) = y'( x2 ) ⇔ 3x12 − 12x1 + = 3x22 − 12x2 + ⇔ x1 + x2 = x = − t ⇒ y ( x ) = t3 − 3t +  1 Với x1 + x2 = tồn t > 0:  x2 = + t ⇒ y ( x2 ) = − t + 3t + 116  x + x2 x0 = =2  Dễ thấy trung điểm đoạn AB có tọa độ  y x1 + y x2  =2  y0 =  ( ) ( ) 7  2 7 ⇒ y' = m − y' = 3x − 4x + m − = 3 x − ÷ + m − ≥ m − ⇒ y' ≥ m − 3 3 3   7 10 Theo tốn ta có: y'( −1) = −1 ⇔  m − ÷( −1) = −1 ⇔ m = 3 3  Để tiếp tuyến đồ thị vng góc với đthẳng x − y + 2012 = x= y'.1 = −1 hay mx2 + ( m + 1) x + 3m − = có nghiệm ∀ ∈ ¡ Đáp số: − ≤ m ≤ 10 Tiếp tuyến ( d ) điểm M đồ thị ( C ) có hồnh độ x0 = ⇒ y0 = Ta có y'(x) = 3x2 − ⇒ y'(x0) = y'(2) = Phương trình tiếp tuyến ( d ) điểm M đồ thị ( C ) y = y'(x0)(x − x0) + y0 ⇒ y = 9(x − 2) + ⇒ y = 9x − 15 ( ) 3 Xét phương trình x − 3x + = 9x − 15 ⇔ x − 12x + 16 = ⇔ ( x − 2) x + 2x − = ⇔ x = −4 x = ( không thỏa ) Vậy N ( −4; −51) điểm cần tìm Bài 2: Ta có y'(x) = 3x2 − 4x + Giả sử trái lại có hai tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vng góc với Gọi x1,x2 tương ứng hoành độ hai tiếp điểm hai tiếp tuyến Gọi k1,k2 hệ số góc hai tiếp tuyến điểm ( C ) có hồnh độ x1,x2 ( )( ) ' ' 2 Khi k1,k2 = −1⇒ y ( x1 ) y ( x2 ) = −1⇒ 3x1 − 4x1 + 3x2 − 4x2 + = −1 ( 1) Tam thức f ( t) = 3t2 − 4t + có ∆ ' < nên f ( t) > 0∀t ∈ R từ từ ( 1) suy mâu thuẫn Vậy, giả thiết phản chứng sai, suy (đpcm) 1+ sin α ) Vì M ( 1+ sin α;9) nằm đồ thị ( C ) nên: ( =9 1+ sin α − 117   π π 3  sin α = ⇔ Vì α ∈  0; ÷ nên sin α = ⇒ α = ⇒ M  ;9÷ Tiếp tuyến đồ  2   2  sin α =   3 thị ( C ) điểm M là: y = y' ÷ x − ÷ + hay 2    ( d) : y = −6x + 18 Tiếp tuyến ( d ) cắt tiệm cận đứng x = 1tại: A ( 1;12) Tiếp tuyến ( d ) cắt tiệm cận xiên điểm B có tọa độ nghiệm ( x;y ) hệ  y = −6x + 18  x = ⇔ ⇒ B( 2;6) phương trình:   y = 2x + y = ( ) Gọi A ∈ ( C ) ⇒ A a;a + 2a − Ta có: y' = 4x3 + 4x ⇒ y'( a) = 4a3 + 4a Phương trình tiếp tuyến ( ) d M;( t) = 65 ( ( 4a ( t) : ) + 4a x − y − 3a4 − 2a2 − = 3a4 + 2a2 hay ( ) 4a3 + 4a = +1 65 hay ) 5( a − 1) ( a + 1) 117a6 + 193a4 + 85a2 + = Gọi k hệ số góc tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến uur uur n1 = ( k; −1) , d có vec tơ pháp tuyến n2 = ( 1;1) uur uur n1n2 k −1 = ⇔ k = k = Ta có cosα = uur uur ⇔ 2 26 n1 n2 k +1 u cầu tốn ⇔ hai phương trình y' = k1 y' = k2   3x + 2( 1− 2m) x + − m = có nghiêm có nghiệm x tức   3x2 + 1− 2m x + − m = có nghiêm ( )  Dễ thấy, A , B điểm thuộc đồ thị với ∀m ∈ ¡ Tiếp tuyến d1 A : ( 4m − 4) x − y − 4m + = Tiếp tuyến d2 B: ( −4m + 4) x − y − 4m + = Đáp số: m = 0, m = 2, m = 15 17 , m= 16 16 Hàm số cho xác định với ∀x ≠ Ta có: y' = 118 −4 ( x − 1) Gọi M ( x0;y0 ) tọa độ tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến ( C) : y= −4 ( x0 − 1) ( x − x0 ) + 2x0 + −4 2x0 + y'( x0 ) = với y0 = x0 − x0 − ( x0 − 1) Tiếp tuyến có hệ số góc −1 a Nên có: −4 ( x − 1) = −1 ⇔ x0 = 3, x0 = −1 ∗ Với x0 = −1⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −x − ∗ Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −x + b Tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = −4x + −4 = −4 ⇔ x0 = x = Nên có: y'( x0 ) = −4 ⇔ x − ( ) ∗ Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −4x + ∗ Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −4x + 14 c Tiếp tuyến tạo với trục tọa độ lập thành tam giác cân nên hệ số góc tiếp tuyến ±1 Mặt khác: y'( x0 ) < , nên có: y'( x0 ) = −1 Tức −4 ( x0 − 1) = −1 ⇔ x0 = −1 x = ∗ Với x0 = −1⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −x − ∗ Với x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = − x + d Khoảng cách từ M ( x0;y0 ) đến trục Oy suy x0 = ±2 , hay  2 M  −2; ÷, M ( 2;6) 3   2 Phương trình tiếp tuyến M  −2; ÷ là: y = − x − 3 9  Phương trình tiếp tuyến M ( 2;6) là: y = 4x + 14 Ta có: y' = 2( x − 1) − 2x ( x − 1) = −2 ( x − 1) Gọi ( x0;y0 ) tọa độ tiếp điểm, hệ số góc tiếp tuyến ( x0;y0 ) y'( x0 ) = a −2 ( x0 − 1) Theo giải thiết, ta có: y'( x0 ) = −2 ⇔ −2 ( x0 − 1) = −2 119 x − 1=  x = ⇒ y0 = ⇔ ( x0 − 1) = ⇔  ⇔  x0 − = −1  x0 = ⇒ y0 = −2 = − ⇔ ( x0 − 1) = b Theo giải thiết, ta có: 2 ( x − 1) c Theo giải thiết, ta có: −2 ( x0 − 1) =− 2 ⇔ ( x0 − 1) = 9 d Tiếp tuyến cần tìm có phương trình: y = k ( x − x0 ) + y ( x0 ) với k = y'( x0 ) < , có u r uu r vectơ pháp tuyến n = ( k; −1) , ( d') có vectơ pháp tuyến m = ( 4;3) u r uu r n.m 4k − 1 cos450 = u = ⇒ k = − thỏa đề r uu r ⇔ n m k2 + 1.5 e Tiếp tuyến tạo với chiều dương trục hoành ,khi tồn α ∈ 0; π để tan α < −2 1 − = ⇒ tan α = − , nên có: tan α = Ta có: tan α = ( x0 − 1) cos α −2 ( x0 − 1) f kIM = =− ⇔ ( x0 − 1) = 2 ( x0 − 1) 2 , theo toán nên có: kIM y'( x0 ) = −1 ⇔ ( x0 − 1) = Bài 3: y'(x0) = (trong x0 hồnh độ tiếp điểm (t) với (C)) ⇔ x03 + x0 = ⇔ x03 + x0 − = ⇔ x0 = 11 = 2x + 4 y = y'(x )(x − x Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng : 0 + + y(x0 ) Phương trình (t): y = y'(1)(x − 1) + y(1) = 2(x − 1) + (trong x0 hồnh độ tiếp điểm (d) với (C)) x04 x02 + = (x03 + x0)x − x04 − x02 + 4 − x0 − x0 − ⇔ (x03 + x0)x − y − x04 − x02 + = 0, d(A ;(d)) = ⇔ = 4 (x03 + x0)2 + Phương trình (d): y = (x03 + x0)(x − x0) + + ⇔ 3x04 + 2x02 + = x02(x02 + 1)2 + ⇔ 5(3x04 + 2x02 + 4)2 = 81[x02(x02 + 1)2 + 1] 120 Đặt t = x02 , t ≥ Phương trình (1) trở thành: 5(3t2 + 2t + 4)2 = 81[t(t + 1)2 + 1] ⇔ 5(9t4 + 4t2 + 16 + 12t3 + 24t2 + 16t) = 81t3 + 162t2 + 81t + 81 ⇔ 45t4 − 21t3 − 22t2 − t − = ⇔ (t − 1)(45t3 + 24t2 + 2t + 1) = ⇔ t = (do t ≥ nên 45t3 + 24t2 + 2t + > 0) Với t = ,ta có x02 = ⇔ x0 = ±1 Bài 4: 1 Giao điểm tiếp tuyến d : y = − x + với trục Ox A ( 4;0) , hệ số góc 4a + b = ⇔ 4a + b = d : k = − A ( 4;0) , ∈ (C) ⇔ 2 −2a − b −2a − b ⇒ y ( 4) = Ta có: y' = (x − 2) Theo tốn thì: k = − 1 −2a − b ⇔ y'(4) = − ⇔ = − ⇔ 2a + b = 2 4a + b = Giải hệ  ta a = − 1, b = 2a + b = 2 ( C ) có ba điểm cực trị , điểm cực tiểu ( C ) có tọa độ ( 0;3) a < 0,b > ⇔ c = Giao điểm tiếp tuyến d trục Ox B ( ) 3;0 hệ số góc d −8 9a + 3b + c =  B ∈ (C) 9a + 3b + c =  ⇔ ⇔ ⇔  y' = −8 4a + 2b = −8 6a + b = −4 ( ) ( ) c =  Giải hệ 9a + 3b + c = ta a = −1, b = 2, c = ⇒ y = −x4 + 2x2 + 6a + b = −4  Bài 5: Gọi M(x0;y0) Tiếp tuyến ∆ M có phương trình: y = (8x03 − 8x0)(x − x0) + 2x04 − 4x02 − 1 Vì tiếp tuyến vng góc với đường thẳng x − 48y + = Nên ta có: y'(x0) = −1 ⇔ y'(x0) = −48 48 x03 − x0 + = ⇔ x0 = −2 ⇒ y0 = 15 Phương trình ∆ : y = −48(x + 2) + 15 = −48x − 81 Vì tiếp tuyến ∆ qua A(1; −3) nên ta có −3 = (8x03 − 8x0)(1− x0) + 2x04 − 4x02 − 121 ⇔ 3x04 − 4x03 − 2x02 + 4x0 − = ⇔ (x0 − 1)2(x0 + 1)(3x0 − 1) = • x0 = ±1⇒ ∆ : y = −3 • x0 = 64 51 ⇒ ∆ :y = − x− 27 81 Giả sử ∆ tiếp xúc với (C) điểm thứ hai N(n;2n4 − 4n2 − 1) Suy ra: ∆ : y = (8n3 − 8n)(x − n) + 2n4 − 4n2 − 8x3 − 8x = 8n3 − 8n  x2 + nx + n2 − = 0 0 ⇔ Nên ta có:  4 2 −6x0 + 4x0 − = −6n + 4n − (x0 + n)(3x0 + 3n − 2) = x2 + x n + n2 − = x2 + x n + n2 − = 0 0 ⇔ (I) ⇔  (II) 2 x0 + n = 3x0 + 3n − =  2 x + n2 = x0 = −n  Ta có (I) ⇔  ; (II) ⇔  vô nghiệm Vậy ∆ : y = −3 n = ±1 x n =  Bài 6: Ta có f '(x) = x2 − 2x + Giao điểm (C) với trục Oy A(0;1) Phương trình tiếp tuyến (C) A y = f '(xA )(x − xA ) + f(xA ) = f '(0).(x − 0) + f(0) = 2x + x Cách Tiếp tuyến (d) (C) vng góc với đường thẳng y = − + ,suy phương trình (d) có dạng : y = 5x + m  x3  − x + 2x + = 5x + m (1) (d) tiếp xúc với (C) ⇔  có nghiệm x2 − 2x + = (2)  Giải hệ trên, (2) ⇔ x = -1 ∨ x = Thay x = - vào (1) ta m = Thay x = vào (1) ta m =-8 x Cách Tiếp tuyến (d) vng góc với đường thẳng y = − + suy hệ số góc (d) : k = Gọi x0 hoành độ tiếp điểm (d) với (C) ,ta có : k = f '(x0) ⇔ = x02 − 2x0 + ⇔ x0 = −1,x0 =  y = 5(x + 1) + f(1) = 5x + Suy phương trình (d):   y = 5(x + 3) + f(3) = 5x − 122 Vì tam giác OAB tam giác vng O nên vng cân O , góc tiếp tuyến (D) trục Ox 450 ,suy hệ số góc (D) k D = ±1 Trường hợp k D = ,khi phương trình (D) : y = x + a (a ≠ 0)  x3  − x + 2x + = x + a (3) (D) tiếp xúc (C) ⇔  có nghiệm x2 − 2x + = (4)  (4) ⇔ x2 − 2x + = ⇔ x = Thay x = v phương trình (3) ta a = Trường hợp k D = −1 , phương trình (D): y = - x + a  x3  − x + 2x + = − x + a (5) (D) tiếp xúc với (C) ⇔  có nghiệm x2 − 2x + = −1 (6)  (6) ⇔ x2 − 2x + = P/t vô nghiệm nên hệ (5), (6) vô nghiệm ,suy (D) : y = - x + a khơng tiếp xúc với (C) Bài 7: Ta có: y' = 3x2 − 4x + m − 1 Tiếp tuyến (C m ) điểm có hồnh độ x = có phương trình y = (m − 2)(x − 1) + 3m − = (m − 2)x + 2m m − = Yêu cầu tốn ⇔  vơ nghiệm 2m ≠ 10  4  2 Ta có: y' = 3 x2 − x + ÷ + m − = 3 x − ÷ + m − ⇒ y' ≥ m − 3 9 3   Tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = có hệ số góc nhỏ hệ số góc có giá trị : k = m −  7 11 Yêu cầu toán ⇔ k.2 = −1 ⇔  m − ÷.2 = −1 ⇔ m = 3  Gọi A(x0;y0) tọa độ tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến ∆ A: ( ) y = 3x02 − 4x0 + m − (x − x0) + x03 − 2x02 + (m − 1)x0 + 2m ( ) M ∈ ∆ ⇔ = 3x02 − 4x0 + m − (1− x0) + x03 − 2x02 + (m − 1)x0 + 2m ⇔ 2x03 + 5x02 − 4x0 + 3m − = (*) u cầu tốn ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt (1) 123 Xét hàm số: h(t) = 2t3 + 5t2 − 4t, t ∈ ¡ Ta có: h'(t) = 6t2 + 10t − ⇒ h'(t) = ⇔ t = ,t = −2 Bài 8: Ta có: y' = mx2 + 2( m − 1) x + − 3m  1 Từ u cầu bái tốn dẫn đến phương trình y  − ÷ = −1 có nghiệm  2 dương phân biệt, tức mx2 + 2( m − 1) x + − 3m = có dương phân biệt m ≠  m ≠ m ≠   1  2  ∆ ' > ⇔ ⇔ hay m ∈  0; ÷∪  ; ÷  2  3 0 < m < S >  P >  0 < m <  Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( C m ) trục hoành: x2 + 2mx + 2m2 − = ⇔ x2 + 2mx + 2m2 − = 0, ( x ≠ 1) ( 1) x−1 Để ( C m ) cắt trục hồnh hai điểm phân biệt A ,B phương trình ( 1) phải có hai nghiệm phân biệt khác Tức ta phải có: ∆ ' = m2 − 2m2 + 1> ( 1− m) ( 1+ m) > −1< m < hay tức ( 2)    m ≠ 1+ 2m + 2m − ≠ 2m ( m + 1) ≠ Gọi x1;x2 hai nghiệm ( 1) Theo định lý Vi – ét , ta có: x1 + x2 = −2m, x1.x2 = 2m2 − Giả sử I ( x0;0) giao điểm ( C m ) trục hoành Tiếp tuyến ( C m ) điểm I có hệ số góc y'( x0 ) = ( 2x0 + 2m) ( x0 − 1) − ( x02 + 2mx0 + 2m2 − 1) ( x0 − 1) = 2x0 + 2m x0 − Như vậy, tiếp tuyến A ,B có hệ số góc y'( x1 ) = y'( x2 ) = 2x2 + 2m x2 − 2x1 + 2m x1 − , Tiếp tuyến A ,B vng góc y'( x1) y'( x2 ) = −1 hay  2x1 + 2m  2x2 + 2m   ÷ ÷ x − ÷ ÷ = −1 ⇔ 5x1.x2 + ( 4m − 1) ( x1 + x2 ) + 4m + = tức x −    124 Nếu ∆ cắt tiệm cận xiện điểm B   1−  ( x − x ) + x + 1+ = x + ⇔ x = 2x + ⇒ y = x + = 2x + 0 B B B B   B x0 +  ( x0 + 2)  ⇒ B( 2x0 + 2;2x0 + 3) Nếu I giao hai tiệm cận , I có tọa độ I ( −2; −1) Gọi H hình chiếu vng góc B tiệm cận đứng x = −2 suy H(−2;2x0 + 3) Diện tích tam giác x 1 AIB :S = AI.BH = yA − yI xB − xH = − + 2x0 + + 2 2 x0 + Hay S = 2 x0 + = ( đvdt ) x0 + Chứng tỏ S số , khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Gọi M(m;2m + 1) ∈ d Phương trình đường thẳng ∆ qua M có hệ số góc k có dạng: y = k(x − m) + 2m + Phương trình hồnh độ giao điểm ∆ (C): k(x − m) + 2m + = ⇔kx2 − [ (m + 1)k − 2m] x + [ mk − (2m + 4)] = (*) x+ x−1 ∆ tiếp xúc với (C) ⇔(*) có nghiệm kép k ≠ ⇔ ∆ = [ (m + 1)k − 2m] − 4k [ mk − (2m + 4)] =  k ≠ ⇔ 2 2 g(k) = (m − 1) k − 4(m − m − 4)k + 4m = Qua M(m;2m + 1) ∈ d kẻ tiếp tuyến đến (C)  ∆′ = −32(m2 − m − 2) > 0;g(0) = 4m2 =  2 ⇔g(k) = có nghiệm k ≠ ⇔ ∆′ = −32(m − m − 2) > 0;g(0) = 4m =  m − = ⇒ 16k + = ⇒ k = −  Bài 3: − x3 + 3x + = ⇔ x = −1 Xét hệ phương trình :  −3x + = Vậy (C) tiếp xúc với Ox điểm có hồnh độ x = −1 Phương trình hoành độ giao điểm (C) Ox − x3 + 3x + = ⇔ x = −1,x = 127 * x = −1⇒ y = 0, y'(1) = phương trình tiếp tuyến: y = * x = ⇒ y = 0,y'(2) = −9 phương trình tiếp tuyến: y = −9(x − 2) = −9x + 18 Xét điểm M(m;0) ∈ Ox Cách 1: Đường thẳng d qua M, hệ số góc k có phương trình: y = k(x − m)  − x3 + 3x + = k(x − m) ⇔ d tiếp tuyến (C) hệ  có nghiệm x  −3x + = k Thế k vào phương trình thứ nhất, ta đươc: 3(x2 − 1)(x − m) − (x3 − 3x − 2) = ⇔ (x + 1)(3x2 − 3(1+ m)x + 3m) − (x + 1)(x2 − x − 2) = ⇔ (x + 1)[2x2 − (3m + 2)x + 3m + 2] = ( 1) ⇔ x = −1 2x2 − (3m + 2)x + 3m + = ( 2) Để từ M kẻ ba tiếp tuyến ( 1) phải có nghiệm x , đồng thời phải có giá trị k khác nhau, ( 2) phải có hai nghiệm phân biệt khác −1, đồng thời phải có giá trị k khác khác ( 2) phải có hai nghiệm phân biệt khác −1 :  ∆ = (3m + 2)(3m − 6) >  m < − , m > ⇔ ( 3)    3m + ≠  m ≠ −1  Với điều kiện ( 3) , gọi x1,x2 hai nghiệm ( 2) , hệ số góc ba tiếp tuyến k1 = −3x12 + 3, k2 = −3x22 + 3, k3 = Để hai ba tiếp tuyến vng góc với k1.k2 = −1 k1 ≠ k2 k1.k2 = −1 ⇔ 9(x12 − 1)(x22 − 1) = −1 ⇔ 9x12x22 − 9(x1 + x2)2 + 18x1x2 + 10 = (i) 3m + 3m + ; x1x2 = 2 28 Do (i) ⇔ 9(3m + 2) + 10 = ⇔ m = − thỏa điều kiện ( 3) , kiểm tra lại ta 27 thấy k1 ≠ k2 Mặt khác theo Định lí Viet x1 + x2 = Cách 2: Gọi N(x0;y0) ∈ (C) Tiếp tuyến ∆ (C) N có phương trình : ( ) y = −3x02 + (x − x0) + y0 ( ) ∆ qua M ⇔ = −3x0 + (m − x0) + y0 ⇔ 3(x0 − 1)(x0 + 1)(x0 − m) − (x0 + 1)2(x0 − 2) =  x0 = −1 ⇔ (x0 + 1)  2x02 − (3m + 2)x0 + 3m + 2 = ⇔     2x0 − (3m + 2)x0 + 3m + = (a) 128 Từ M vẽ đến (C) ba tiếp tuyến ⇔ (a) có hai nghiệm phân biệt khác −1, có hai giá trị k = −3x02 + khác khác 0điều xảy khi: m ≠ −1 ∆ = (3m + 2)2 − 8(3m + 2) > (3m + 2)(3m − 6) >  ⇔ ⇔ (b)    3m + ≠  m < − ,m > 2 + 2(3m + 2) ≠  Vì tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = −1 có hệ số góc nên yêu cầu toán ⇔ (−3p2 + 3)(−3q2 + 3) = −1(trong p,q hai nghiệm phương trình (a) ) ⇔ 9p2q2 − 9(p2 + q2) + 10 = ⇔ 9p2q2 − 9(p + q)2 + 18pq + 10 = ⇔  28  28 9(3m + 2)2 9(3m + 2)2 Vậy M  − ;0÷ − + 9(3m + 2) + 10 = ⇔ m = − 27  27  4 Bài Ta có y' = 4x3 − 4x Gọi A(x0;y0) ∈ (C) Tiếp tuyến (C) A có phương trình ∆ : y = (4x03 − 4x0)(x − x0) + y0 Tiếp tuyến song song với d : y = 24x + nên ta có: 4x03 − 4x0 = 24 ⇔ x03 − x0 − = ⇔ x0 = ⇒ y0 = Vậy ∆ : y = 24x − 42 Vì (C) nhận Oy làm trục đối xứng nên d tiếp tuyến (C) đường thẳng d' đối xứng với d qua Oy tiếp tuyến (C) Do đó, để từ M vẽ ba tiếp tuyến đến (C) ba tiếp tuyến phải có tiếp tuyến vng góc với Oy Mà (C) có hai tiếp tuyến phương với Ox là: y = −2 y = −1 Đường thẳng cắt Oy M 1(0; −2), M 2(0; −1) Ta kiểm tra qua M vẽ đến (C) tiếp tuyến, từ M vẽ đến (C) ba tiếp tuyến Vậy M(0; −1) điểm cần tìm Bài tốn 04: TIẾP TUYẾN CĨ HỆ SỐ GĨC NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT Bài tập Ta có: y' = 3(x2 − 2x − 3) Do y' = 3(x − 1) − 4 ≥ −12 ⇒ y' = −12 , đạt x =   Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −12x + Gọi M(x0;y0) tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến ∆ M: y = y'(x0)(x − x0) + y0 Hay kx − y + b = , Với k = y'(x0) Theo ta có: cosα = k−1 k2 + = 41 ⇔ 41(k − 1)2 = 50(k2 + 1) ⇔ 9k + 82k + = ⇔ k = −9,k = − • k = −9 ⇔ x02 − 2x0 = ⇔ x0 = 0,x0 = 129 Từ ta tìm hai tiếp tuyến: y = −9x + y = −9x − • k = − ⇔ 27x2 − 54x − 80 = ⇔ x = ± 321 0 9 1 ± 321  ÷+ y(x0) Từ ta tìm hai tiếp tuyến là: y = −  x − ÷ 9  M(x ;y ) Gọi 0 tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến ∆ M: y = y'(x0)(x − x0) + y0 Do tiếp tuyến qua A nên ta có phương trình = 3(x02 − 2x0 − 3)(−1− x0) + x03 − 3x02 − 9x0 + ⇔ x03 − 3x0 − = ⇔ (x0 + 1)2(x0 − 2) = ⇔ x0 = −1,x0 = • x0 = −1⇒ y = • x0 = ⇒ y = −9x − Bài tốn 05: TIẾP TUYẾN SONG SONG, VNG GĨC THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC Bài tập: Gọi A(a;f(a)) điểm thuộc đồ thị Khi tiếp tuyến A có hệ số góc k = 3a2 + 4a + 1 * Nếu a = − ;a = −1 hiển nhiên khơng có tiếp tuyến vng góc với tiếp tuyến A = (1) * Nếu k ≠ Ta xét phương trình: 3x + 4x + 1+ 3a + 4a + Để tồn tiếp tuyến vng góc với tiếp tuyến A (1) phải có nghiệm ⇔ ∆ ' = − 3(1+ 1 3a2 + 4a − )≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≥0 3a2 + 4a + 3a2 + 4a + 3a2 + 4a + 1   −2 − 10     −2 + 10 ⇔ a∈  −∞; ∪  −1; − ÷∪  ; +∞ ÷   ÷ 3       Gọi M(m; −3m + 2) ∈ d Phương trình tiếp tuyến ∆ (C) A(x0;y0) : y = (3x02 − 3)(x − x0) + x03 − 3x0 + Tiếp tuyến qua M ⇔ −3m + = (3x02 − 3)(m − x0) + x03 − 3x0 + ⇔ x02(2x0 − 3m) = Yêu cầu toán ⇔ m = Vậy M(0;2) Bài toán 06: TIẾP TUYẾN ĐỒ THỊ VÀ MỐI LIÊN HỆ TÍNH CHẤT TAM GIÁC Bài 1: 130 Hai đường tiệm cận đứng ngang (C) có phương trình x = 2, y = ,suy giao điểm chúng I(2;2) uur Tịnh tiến OI Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục IXY x = X + xI = X + Công thức chuyển hệ tọa độ :   y = Y + yI = Y + Đối với hệ trục IXY Hai đường tiệm cận đứng ngang (C) có phương trình X = , Y = 2(X + 2) + m 4+ m ⇒ Y = F(X) = (C) có phương trình Y + = X + 2− X Gọi X0 hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến (d) với (C) phương trình (d) m+ m+ m+ 2m + Y =− (X − X 0) + =− X+ X0 X0 X2 X2 0  2m +  Gọi A giao điểm (C) với đường tiệm cận đứng A  0; ÷ X0 ÷   Gọi B giao điểm (C) với đường tiệm cận ngang B( 2X0 ; 0) Diện tích tam giác vuông IAB (d) tạo với hai đường tiệm cận S= 1 2m + IA.IB = YA X B = 2X0 = 2m + 2 X0  2m + =  m = −3 S = ⇔ 2m + = ⇔  ⇔  2m + = −2  m = −5 Ta có M(0;1− m) giao điểm (C m ) với trục tung y' = 3x2 − m ⇒ y'(0) = −m Phương trình tiếp tuyến với (C m ) điểm m y = −mx + 1− m Gọi A , B giao điểm tiếp tuyến với trục hoanh trục  1− m  ;0÷ B(0;1− m) tung, ta có tọa độ A   m  Nếu m = tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả Nếu m ≠ ta có m = ± − m) ( 1 1− m SOAB = ⇔ OA.OB = ⇔ 1− m = ⇔ = 16 ⇔  2 m m  m = −7 ± Bài 2: Gọi y= M(x0;y0) ∈ (C) −3 (2x0 − 1)2 Phương trình tiếp tuyến M : (x − x0) + y0 131 Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến với trục hoành trục tung ⇒yB = 2x02 + 4x0 − (2x0 − 1)2 Từ trọng tâm G ∆OAB có: yG = Vì G ∈d nên Mặt khác: 2x02 + 4x0 − 3(2x0 − 1)2 2x02 + 4x0 − 3(2x0 − 1)2 = 2m − 2x02 + 4x0 − 6x02 − (2x0 − 1)2 6x02 = = − ≥ −1 (2x0 − 1)2 (2x0 − 1)2 (2x0 − 1)2 Do để tồn điểm M thoả tốn 2m − ≥ − 1 ⇔ m≥ 3 (C) có tiệm cận đứng x = m , tiệm cận ngang y = 2m Vậy GTNN m  2mx0 + 3 Giao điểm tiệm cận I(m;2m) M  x0; ÷∈ (C) x0 − m   Phương trình tiếp tuyến ∆ (C) M: y = 2m2 + (x − x0) + (x0 − m)2 2mx0 + x0 − m  2mx0 + 2m2 +  ÷ , cắt TCN B(2x0 − m;2m) ∆ cắt TCĐ A  m;  ÷ x0 − m   Ta có: IA = 4m2 + ; IB = x0 − m ⇒SIA B = IA.IB = 4m2 + = 22 ⇔m = ±4 x0 + m Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇒ y0 = 2x0 − x0 − y'0 = − ( x0 − 2) Phương trình tiếp tuyến ( d ) ( C ) M : y = ( d) −1 ( x0 − 2) ( x − x0 ) + 2x0 − x0 −  2x0 −  cắt hai đường tiệm cận hai điểm phân biệt A  2; ÷ ÷, B( 2x0 − 2;2)  x0 −  Dễ thấy M trung điểm AB I ( 2;2) giao điểm hai đường tiệm cận Tam giác IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện       2x0 −  ≥ 2π   = π ( x − 2) + − 2÷ tích S = πIM = π ( x0 − 2) +  ÷  2   x −    ( x0 − 2)    132 Dấu đẳng thức xảy ( x0 − 2) = ( x0 − 2) Vậy M ( 1;1) M ( 3;3) thỏa mãn toán  x = 1⇒ y0 = ⇔  x0 = ⇒ y0 = Bài tốn mở rộng : Tìm điểm ( C ) có hồnh độ x > cho tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ  2x0 −  HD: theo ta có : A  2; ÷ ÷,B( 2x0 − 2;2) ⇒ IA ,IB Chu vi tam giác AIB  x0 −  P = IA + IB + AB = IA + IB + IA + IB2 ≥ IA.IB + 2.IA.IB Đẳng thức xảy IA = IB Nếu trường hợp tam giác AIB khơng vng P = IA + IB + AB , để tính AB 2 · ta cần đến định lý hàm số cosin AB = IA + IB − 2IA.IBcos IA ,IB ( P = IA + IB + AB2 ≥ IA.IB + IA + IB2 − 2IA.IBcos ·IA ,IB ) ( ( ) ) P ≥ IA.IB + 2IA.IB − 2IA.IBcos ·IA ,IB Đẳng thức xảy IA = IB Bài 3: 2x0 Gọi M ( x0;y0 ) ∈ ( C ) ⇒ y0 = x + ⇒ y'0 = ( x0 + 1) Phương trình tiếp tuyến ( t) ( C ) M : y0 = ( x0 + 1) x+ 2x02 ( x0 + 1) ( ) Tiếp tuyến ( t) cắt hai trục tọa độ Ox,Oy hai điểm phân biệt A −x0 ;0 ,   2x02 ÷ B 0; cho diện tích tam giác AOB có diện tích ÷  ( x + 1) ÷   2x0 1 1 OA.OB = ⇔ OA.OB = ⇔ x02 = ⇔ 4x02 − ( x0 + 1) = 2 ( x + 1)   2x2 + x + =  x0 = − ⇒ M  − ; −2÷ 0  ⇔    2x02 − x0 − =  x = ⇒ M 1;1 ( )  Bài 4:     x02 x0 x02  ÷  ÷ , G ∈ d ⇒ x = −1, x = ; A x0 ;0 , B 0; , G 0 2÷ 2÷   ÷ ÷ x − x − ( ) ( ) 0     ( ) 133 Phương trình tiếp tuyến ( d ) ( C ) điểm ( x0;y0 ) có dạng: 2 y = ( x0 + 1) x − x03 − x02 + ( ) ÷ với  2x0 + 3x0 x0 + 3x0 +  ( d) ( t) G  x + ; x + ) ( )  (  Gọi G giao điểm ÷ ÷  x0 ≠ −2, x0 = G trọng tâm tam giác ABC , ta tìm x0 = − x0 = Từ ta có tiếp tuyến y = 16x − 26 , y = 16 206 x+ 25 25      2x2 + 4x +   2x2 + 8x0 + ÷  0 ;0÷ , ( d ) ∩ Oy =  B 0; 3a ( d ) ∩ Ox = A  ÷ ÷ 2x0 + ÷     2x + ( )    Tam giác OAB cân O ⇔ OA = OB ⇒ x0 = −2 x0 =  2x3 − x2 −  32 0 ;0÷, B 0; −2x03 + x02 + , x0 = − ⇒ d : y = x + 3b A  x0 =  3x2 − 2x ÷ 27 0   ( không thỏa A ≡ B ≡ O ) −4 Bài 5: Ta có: y' = (x − 1)2 Tiệm cận đứng: x = 1; tiệm cận ngang: y = ; tâm đối xứng I(1;2) Gọi M(x0;y0) tiếp điểm, suy phương trình tiếp tuyến (C): ( ∆ :y = −4 (x0 − 1) (x − x0) + 2x0 + x0 − ) Vì tiếp tuyến song với đường thẳng d : y = −4x + nên ta có: −4 y'(x0) = −4 ⇔ = −4 ⇔ x0 = 0,x0 = (x0 − 1)2 * x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −4x + * x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −4x + 14 Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông cân nên hệ số −4 = ±1 ⇔ x0 = −1,x0 = góc tiếp tuyến ±1 Khi (x0 − 1)2 * x0 = −1⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = −x − * x0 = ⇒ y0 = ⇒ ∆ : y = − x + Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng 134 x =  2x +   2x0 + ⇒ A  1; −4 A : ÷  x −1 ÷  y = (x − 1)2 (1− x0) + x −   0  Tiếp tuyến cắt tiệm ngang y =  2x0 + ⇒ B(2x0 − 1;2) −4 B:  2 = (x − 1)2 (x − x0) + x − 0  ; IB = x0 − ⇒ IA.IB = 16 Suy ra: IA = x0 − Chu vi tam giác IAB: P = IA + IB + AB = IA + IB + IA + IB2 Mà IA + IB ≥ IA.IB = 8; IA + IB2 ≥ 2IA.IB = 32 Nên P ≥ + 32 = + Đẳng thức xảy ⇔ IA = IB ⇔ (x0 − 1)2 = ⇔ x0 = 3,x0 = −1 Tâm đối xứng I(1;2) , I ∈ ∆ ⇔ = −4 (x0 − 1) (1− x0) + 2x0 + x0 − x +1 + ⇔ x0 − = x0 + vô nghiệm x0 − x0 − Vậy,khơng có tiếp tuyến (C) qua I Bài Ta có: y' = (x + 2)2 Gọi M(x0;y0) ∈ (C) Tiếp tuyến ∆ (C) M có phương trình ⇔ 1= y= (x0 + 2)2 (x − x0) + 2x0 x0 + = (x0 + 2)2 x+ 2x02 (x0 + 2)2 Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng y = 4x +  =4   (x0 + 2) ⇔ x0 = −1;x0 = −3   2x0 ≠  (x + 2)2  Gọi A, B giao điểm tiếp tuyến ∆ với Ox, Oy y =    2 2x02 Suy A :  x = − x0 ⇒ A(− x0 ;0) x+ = 0⇔  2  (x0 + 2)2 y =  (x0 + 2)  135 x =   2x02   ÷ B:  ⇒ B 0; 2x0  (x + 2)2 ÷ y =   (x0 + 2)2  Vì A ,B ≠ O ⇒ x0 ≠ Tam giác AOB vuông O nên S∆A OB = Suy S∆A OB = 1 x0 OA.OB = 2 (x + 2)2 x04 ⇔ = ⇔ 9x04 = (x0 + 2)2 18 (x0 + 2)  3x2 + x + = (vn)  x0 = ⇔ ⇔ x = −  3x0 − x0 − =  4 , y'(x0) = Phương trình ∆ : y = x + 9 9 * x0 = − ⇒ y0 = −1, y'(x0) = 9 Phương trình ∆ : y = (x + ) − = x + 4 Ta có tâm đối xứng I(−2;2) * x0 = 1⇒ y0 = Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ∆ : x0 + d= Do =8 (x0 + 2)4 + 16 t t + 16 ≤ t 2 16t = t t + 16 (x0 + 2)2 x− y + 2x02 (x0 + 2)2 = 0: , với t = (x0 + 2)2 ≥ ⇒d≤2 16 Đẳng thức xảy t2 = 16 ⇔ t = ⇔ (x0 + 2)2 = ⇔ x0 = 0,x0 = −4 Bài 7: Giả sử (C) cắt Ox M(m;0) N(n;0) cắt Oy A(0;c) Tiếp tuyến M có phương trình: y = (3m2 + 2am + b)(x − m) Tiếp tuyến qua A nên ta có: 3m3 + 2am2 + bm + c = a ⇔ 2m3 + am2 = ⇔ m = − (do m3 + am2 + bm + c = ) Mà (C) cắt Ox hai điểm nên (C) tiếp xúc với Ox Nếu M tiếp điểm suy Ox qua A vơ lí nên ta có (C) tiếp xúc với Ox N Do đó: y = x3 + ax2 + bx + c = (x − n)2(x − m) 136  a a m = − ,n = − m + 2n = −a   Suy 2mn + n = b ⇔ a = 32c (1)   2 5a = 16b mn = −c  Mặt khác S∆A MN = ⇔ −c n − m = ⇔ −c a = a3 = 32c  • a > ta có: ac = −8 vô nghiệm  5a = 16b a3 = 32c  • a < ta có: ac = ⇔ a = −4,b = 5,c = −2  5a = 16b Bài 8: Gọi M(x0;y0) tiếp điểm Phương trình tiếp tuyến ∆ M y= −1 (x0 − 1) (x − x0) + 2x0 − x0 − nên suy Hệ số góc tiếp tuyến − − (x0 − 1) =− ⇔ x0 = 3,x0 = −1 Tiếp tuyến ∆ cắt tiệm cận đứng A(1; 2x0 ), cắt đường tiệm cận x0 − ngang B(2x0 − 1;2) Tâm đối xứng I(1;2) Suy IA = ,IB = x0 − ⇒ IA.IB = x0 − Chu vi tam giác IAB : p = AB + IA + IB = IA + IB2 + IA + IB Mặt khác: IA + IB2 ≥ 2IA.IB = 8; IA + IB ≥ IA.IB = Nên p ≥ 2 + Đẳng thức xảy ⇔ IA = IB ⇔ (x0 − 1)2 = ⇔ x0 = 3,x0 = −1 13 Từ ta tìm tiếp tuyến là: y = − x + y = − x + 4 4 Gọi H hình chiếu I lên ∆ Ta có d(I, ∆) = IH Trong tam giác vng IAB ta có: = + ≥ = IA.IB IH IA IB Suy IH ≤ Đẳng thức xảy ⇔ IA = IB 13 Từ ta tìm tiếp tuyến là: y = − x + y = − x + 4 4 137 u r  −1  uur ÷ , IM = (x0 − 1; ) Đường thẳng ∆ có VTCP u =  1;  (x − 1)2 ÷ x0 −   IM ⊥ ∆ ⇔ x0 − 1− = ⇔ x0 = 0,x0 = (x0 − 1)3 Bài Phương trình tiếp tuyến (d) có dạng : y = 4x03(x − x0) + x04 − = 4x03x − 3x04 − x0 hoành độ tiếp điểm (d) với (C)  3x4 +  ;0÷ A giao điểm (d) với trục Ox ⇒ A   4x3 ÷   B giao điểm (C) với trục Oy ⇒ B(0; −3x04 − 1) Diện tích tam giác vng OAB: S= 4 1 (3x0 + 1) (3x0 + 1) OA.OB = xA yB = = 2 x 4x3 Xét trường hợp x0 > ,khi Xét hàm số f(x0) = f '(x0) = (3x04 + 1)2 x03 S = (3x0 + 1) x03 , x0 ∈ (0; +∞) 2(3x04 + 1)12x03.x03 − (3x04 + 1)2.3x02 x60 = 3(3x04 + 1)(5x04 − 1) x04 1 ⇔ x0 = (do x0 > 0) 5 64 Từ bảng biến thiên suy minf(x0) = đạt x0 = 5 Suy minS = ⇔ x0 = 5 x− Khi phương trình (d) y = 125 Vì trục Oy trục đối xứng (C) nên trường hợp x < 0, phương x− trình (d) y = − 125 Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) trục hoành f'(x0) = ⇔ x04 = x4 − 3( m + 1) x2 + 3m + = (1) Đặt t = x2 ,t ≥ Phương trình (1) trở thành : t2 − 3( m + 1) t + 3m + = (2) 138 (Cm) cắt trục Ox bốn điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt Vì (2) ln có hai nghiệm t = 1, t = 3m + với m m > (giả thiết) nên ta có < 3m + ,suy với tham số m > , (Cm) cắt Ox diểm phân biệt gọi A giao điểm có hồnh độ lớn hồnh độ A xA = 3m + Gọi f(x) = x4 − 3( m + 1) x2 + 3m + , phương trình tiếp tuyến d (Cm) A y = f '(xA )(x − xA ) + f(xA ) = [4xA − 6(m + 1)xA ](x − xA ) ( f(xA ) = ) = [4(3m + 2) 3m + − 6(m + 1) 3m + 2](x − 3m + 2) ( ) = ( 6m + 2) 3m + x − 3m + 2) ( ) Gọi B giao điểm tiếp tuyến d với trục Oy B ;( 6m + 2) ( 3m + 2) Tam giác mà tiếp tuyến d tạo với hai trục toạ độ tam giác vng OAB ( vng tạiO) ,theo giả thiết ta có : SOAB = 24 ⇔ OA.OB = 48 ⇔ xA yB = 48 ⇔ 3m + 2(6m + 2)(3m + 2) = 48 (3) Gọi f ( m) = 3m + 2(6m + 2)(3m + 2) = 3m + 2(18m2 + 22m + 4) f '(m) = 3m + (18m2 + 22m + 4) + (36m + 22) 3m + > với m >0  2 Suy hàm số f(m) đồng biến (0;+ ∞) f  ÷ = 24 , phương  3 trình (3) có nghiệm m = (0;+ ∞) Bài 10: Gọi M ( x0;y0 ) tọa độ tiếp điểm d tiếp tuyến ( C ) có phương trình : y = − ( x0 − 1) −1 ( x − x0 ) + 1+ x   Giả sử d cắt tiệm cận ( C ) A  1;1+ ÷ , B( 2x0 − 1;1) x0 − 1÷   Chu vi tam giác IAB C = IA + IB + AB ≥ 2AB ≥ + 2 , đẳng thức xảy x0 − = tức x0 = x0 = Gọi M ( x0;y0 ) tọa độ tiếp điểm d tiếp tuyến ( C ) có phương trình : y = ( x0 + 1) ( x − x0 ) + 2x0 − x0 +  2x0 −  Giả sử d cắt tiệm cận ( C ) A  −1; ÷ , B( 2x0 + 1;2) x0 + ÷   139 IA + IB2 = 40 ⇔ 36 + 4( x0 + 1) = 40 ( x0 + 1) 2x − 1 Ta có y = x − = + x − ⇒ y' = − I ( 2;2) ( x − 2) Tiếp tuyến ( ∆) điểm có hồnh độ x0 y = − ( x0 − 2) 0−2 ( x − x0 ) + + x   cắt tiệm cận đứng E  2;2 + ÷ tiệm cận ngang x0 − ÷   F ( 2x0 − 2;2) ( ∆) uu r  uu r  IE =  0; , IF = ( 2x0 − 4;0) ⇒ ΙF = x0 − ÷ ⇒ IE = ÷ x0 −  x0 −  P∆IEF = IE + IF+EF = IE+IF+ IE2 +IF2 = Hay x0 = x0 = x0 = 2 + x0 − + + x0 − 2 x0 − x0 − x0 = 2 Bài 11: Tiếp tuyến ( d ) đồ thị ( C ) điểm M có hồnh độ a ≠ −2 thuộc ( C ) có phương trình: y = (a + 2) (x − a) + 2a ⇔ 4x − (a + 2)2 y + 2a2 = a+ Tâm đối xứng ( C ) I ( −2;2) d(I,d) = 8a+ 16 + (a + 2)4 ≤ 8a+ 2.4.(a + 2)2 = 8a+ 2 a+ =2 d(I,d) lớn (a + 2)2 = ⇔ a = −4 a =   ′ Lấy điểm M  m; + ÷ ∈ ( C ) Ta có: y (m) = − m − 2 (m − 2)2  1 (x − m) + + Tiếp tuyến ( d ) M có phương trình: y = − m− (m − 2)   Giao điểm ( d ) với tiệm cận đứng là: A  2;2 + ÷ m − 2  Giao điểm ( d ) với tiệm cận ngang là: B(2m – 2;2)   2  ≥ Đẳng thức xảy m = Ta có: AB = 4(m − 2) + (m − 2)2   m = 140 Vậy, điểm M cần tìm có tọa độ là: M(3;3) M(1;1) Bài toán 07: TIẾP TUYẾN ĐỒ THỊ VÀ MỐI LIÊN HỆ ĐƯỞNG TRỊN Bài tập : Ta có: y′ = 3x2 − m ⇒y′(−1) = − m ; y(−1) = 2m − (C) có tâm I(2;3) , R = Phương trình đường thẳng d M(−1;2m − 2) : y = (3 − m)x + m + ⇔(3 − m)x − y + m + = d(I,d) = 4− m 1+ (3 − m) ≤ (3 − m)2 + = 2< R (3 − m)2 + (3 − m)2 + Dấu "=" xảy ⇔m = Dó d(I,d) đạt lớn ⇔m = Tiếp tuyến d cắt (C) điểm A, B cho AB ngắn ⇔d(I,d) đạt lớn ⇔m = , suy d: y = x + (3 − m)2 + = 141