08 2 huong dan giai

Dạng 2: TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ Bài toán 01: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT Bài Phương trình hồnh độ giao ( C ) ( ∆ ) : x3 – 3x2 – (2m – 1)x + 4m + = ⇔ (x − 2)(x2 – x – 2m – 1) = ⇔ x = f(x) = x2 − x − 2m − = ( ∗) ( ∆) cắt ( C ) điểm phân biệt ⇔ ( ∗) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  ∆ =  8m + =     b m=−   ≠   ≠ x1 = x2 − ≠ ⇔   2a ⇔   ⇔  x = ≠ x   m =   ∆ >  8m + >     f(2) =   −2m + =   Bài Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x4 + 2m2x2 + 1= x + ⇔ x( x3 + 2m2x − 1) = ⇔ x = g(x) = x3 + 2m2x − = (∗) Ta có: g′ (x) = 3x2 + 2m2  ≥ (với x m ) ⇒ Hàm số g(x) đồng biến với giá trị m Mặt khác g(0) = –1 ≠ Do phương trình (∗) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m Bài 4: Ta có y' = 3(x2 + 2x − 3) ⇒ y' = ⇔ x = 1,x = −3 ⇒ hàm số đạt cực trị A ( 1;m − 5) B( −3;m + 27) nên đồ thị hàm số y = x3 + 3x2 − 9x + m cắt Ox ba điểm phân biệt ⇔ yCD yCT < ⇔ (m − 5)(m + 27) < ⇔ −27 < m < d qua I có hệ số góc m nên phương trình d y = m(x − 1) + Phương trình hồnh độ giao điểm d với (C): x3 − 3x2 + = m(x − 1) + ⇔ x3 − 3x2 + = m(x − 1) (1) ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − 2) = m(x − 1) ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − − m) = ⇔ x = 1, g(x) = x2 − 2x − − m = d cắt (C) ba điểm phân biệt I,M ,N ⇔ Phương trình g(x) = có hai ∆' > m + > g ⇔ ⇔ m > −3 nghiệm phân biệt khác ⇔  g(1) ≠ −3 − m ≠ 165 Hoành độ M ,N hai nghiệm x1, x2 phương trình g ( x) = ,lại có  x1 + x2 = = 2xI nên I trung điểm đoạn MN Suy tam giác AMN MN y − yI = −3 Hệ số góc đường thẳng AI k = A xA − xI vuông cân A ⇔ AI ⊥ (d) AI = 1 Khi m = phương trình  ( d ) : y = x + 3 3 Phương trình g ( x) = trở thành phương trình : x2 − 2x − = (2) 10 10 MN = (x2 − x1)2 = (x1 + x2)2 − 4x1x2  (do M,N thuộc (d))  9 AI ⊥ (d) ⇔ m(−3) = −1 ⇔ m = Trong x1, x2 hai nghiệm phương trình (2) , x1 + x2 = , x1.x2 = − ,suy 10  28  400 20 ⇒ MN = , AI = (xA − xI )2 + (yA − yI )2 = 10  4+ ÷= 9  27 3 Vì AI ≠ MN tam giác AMN không vuông A Vậy m = khơng thỏa mãn u cầu tốn ,suy tốn vơ nghiệm 3 Phương trình hồnh độ giao điểm ( C m ) ( P ) : MN = x3 − 3mx2 + 3m(m − 2)x − m3 + 3m2 + m =  – 3x2 ⇔ x3 − 3mx2 + 3m2x − m3 + 3x2 − 6mx + 3m2 + m = ⇔ (x − m)3 + 3(x − m)2 + m = 0, f(x) = (x − m)3 + 3(x − m)2 + m ( Cm ) cắt ( P ) ba điểm phân biệt ⇔ Đồ thị f(x) cắt trục Ox ba điểm phân biệt ⇔ Hàm số f(x) có hai điểm cực trị hai giá trị cực trị trái dấu f '(x) = 3(x − m)2 + 6(x − m) = 3(x − m)(x − m + 2) ⇒ f '(x) = ⇔ x = m x = m − Hai giá trị cực trị f ( m) = m f ( m − 2) = m + Hai giá trị trái dấu ⇔ m(m + 4) < ⇔ −4 < m < Phương trình hoành độ giao điểm ( C ) ( H m ) là: x3 + 3x2 = 166 ( m + 1) x + m − 35 ⇔ x3 + 3x2 + x+ 36 = m + ( ∗) x+ ( C) ( H m ) cắt điểm phân biệt phương trình ( ∗) có nghiệm phân biệt khác −1 f ( x) = m + có giao điểm Xét hàm số: f ( x) = x3 + 3x2 + ( Ta có: f '( x) = x 36 ¡ \ { −1} x+ x + 1) − ( x + 1) − 12 ( + 2x) − = ( x + 1) ( x + 1) 36 Bài toán 02: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT THỎA HỒNH ĐỘ CHO TRƯỚC Bài Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số ( 1) đường thẳng y = ( ) ( ) x3 − m2 + m − x + m2 − 3m + = ⇔ x3 − m2 + m − x + m2 − 3m = ( ) ⇔ ( x − m) x2 + mx − m + = ⇔ x = m x2 + mx − m + = ( 2) Đồ thị hàm số ( 1) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt m2 + m2 − m + ≠ m > ⇔ ( 2) có hai nghiệm phân biệt khác m ⇔  ∆ = m − 4( − m + 3) >  m < −6 Giả sử x1 = m x2 ,x3 nghiệm ( 2) Khi theo định lí Viet ta được: x2 + x3 = −m,x2.x3 = − m + Với x12 + x22 + x23 = 18 ⇔ m2 + ( x2 + x3 ) − 2x2x3 = 18 ⇔ m2 + m2 − 2( −m + 3) = 18 ⇔ m2 + m − 12 = ⇔ m = −4 m = Bài m ≠ m ≠ đường thẳng cắt đồ thị A ( 0; − m − 1) , B( 1;2m) , ( ) C 2m;4m2 OA + OB2 + OC = 16m4 − 8m3 − m2 + 2m + ỉ 1ư 29 - ÷ = h ( m) = 16m4 - 8m3 - m2 + 2m + , h ( m) h ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố 4ứ Bài toán 03: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Bài tập uuu r I ( 1;2) , A ( x1; −x1 + m) , B( x2; −x2 + m) , AB = ( x2 − x1; −x2 + x1 ) , x1 + x2 = m − 1, x1x2 = m −  m − m + 1 uur  m − m −  ; ; Gọi H trung điểm AB ⇒ H  ÷, IH =  ÷     167 IA = IB2 IA = IB   ⇔ ⇒ m = 3± Tam giác IAB ⇔  3 AB IH = AB2 IH =   d' qua điểm I ( 1;2) , có hệ số góc k : y = k ( x − 1) + Tọa độ giao điểm d' ( C ) nghiệm phương trình: 2x − = k ( x − 1) + ⇔ kx2 − 2kx + k − = 0,x ≠ ( ∗) x−1 Để d' cắt ( C ) điểm phân biệt C,D phương trình ( ∗) k ≠  có nghiệm phân biệt khác tức ∆ ' = ( −k ) − k ( k − 1) > ⇔ k >  k.1 − 2k.1+ k − ≠ Với k > ( ∗) có nghiệm phân biệt x3 ,x4 hoành độ C,D , uuur uur k−1 thỏa mãn: x3 + x4 = 2, x3.x4 = , kết hợp điều kiện: CD = CI tìm k k suy đường thẳng d' Bài toán 04: ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI ĐIỂM THUỘC HOẶC NHÁNH CỦA ĐỒ THỊ Bài ( dm ) : y = mx + 2( m + 1) , ( dm ) ∩ ( C ) :g ( x) = mx2 + 3mx + 2m + = 0,x ≠ −1( *) Để ( dm ) ∩ ( C ) hai điểm phân biệt phương trình ( *) có hai nghiệm m ≠ m <  ⇔ phân biệt khác −1 Khi ta có hệ : ∆ > g −1 ≠  m > 12  ( ) Để ( dm ) ∩ ( C ) hai điểm thuộc hai nhánh phương trình ( *) có hai nghiệm phân biệt x1 < −1 < x2 Cách 1: Đặt x = t − phương trình ( *) trở thành tìm m để phương trình mt2 + mt + = có hai nghiệm trái dấu ⇔ m.3 < ⇔ m < Cách 2: x1 < −1 < x2 ⇔ ( x1 + 1) ( x2 + 1) < Bài ( d ) qua A ( 1;0) có hệ số góc m, suy phương trình ( d ) : y = m ( x – 1) Phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( C ) : ⇔ x + = m(x2 − 2x + 1),x ≠ (2) 168 x+ = m(x − 1) (1) x−1 Thay x = vào (2) ,ta = (sai) x = không thỏa mãn (2) ,suy (1) ⇔ x + = m(x2 − 2x + 1) ⇔ mx2 − (2m + 1)x + m = (3) ( d) cắt ( C ) hai điểm M ,N thuộc hai nhánh ( C ) ⇔ (3) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < <  x2 (do đường thẳng x = tiệm cận đứng ( C ) ) m ≠ m ≠  (3) có hai nghiệm phân biệt ⇔  ⇔  2 ∆ = (2m + 1) − 4m > m > − x1 < <  x2 ⇔ (x1 − 1)(x2 − 1) < ⇔ x1x2 − (x1 + x2) + 1< 2m + 1 + 1< ⇔ − < ⇔ m > m m Vì ba điểm A ,M ,N thẳng hàng uuur uuuu r AN = −2AM ⇔ xN − xA = −2(xM − xA ) ⇔ xN + 2xM = 3xA = ⇔ 1− xM = x1 = (4) 2m + 1− 4m + 2m + 1+ 4m + , xN = x2 = 2m 2m 2m + 1+ 4m + 2m + 1− 4m + +2 =3 2m 2m ⇔ 6m + − 4m + = 6m ⇔ 4m + = ⇔ 4m + = ⇔ m = Chú ý Có thể sử dụng định lí Vi-et để giải sau  2m +   x1 + x2 = m x2 = − 2x1 x2 = − 2x1    ⇔ x1(3 − 2x1) = ⇔ x1(3 − 2x1) = Ta có hệ x1.x2 = x + 2x =  2m +  2m + 1   x1 + − 2x1 = 3 − x1 = (*)  m  m  Phương trình : x1 ( − 2x1 ) = ⇔ 2x12 − 3x1 + = ⇔ x1 = , x1 = 2m + = ⇔ = (sai) Với x1 = 1,từ (*) ta có m 2m + = ⇔ m= Với x1 = , từ (*) ta có m Bài 3: Phương trình hồnh độ giao điểm ∆ (C) 2x = x + m ⇔ 4x = (x + 2m)(x − 1) (với x ≠ 1) ⇔ x2 + (2m − 5)x − 2m = (1) x−1 ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A,B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác (4) ⇔ 169 ∆ = (2m − 5)2 + 8m > 4m2 − 12m + 25 > ⇔ ⇔ ∀m ∈ ¡ 1+ (2m − 5) − 2m ≠ −4 ≠   Gọi x1,x2 hai nghiệm (1) ⇒ A(x1; x1 + m), B x2; x2 + m ÷ 2    x1 + x2  − 2m x = xI =  I 2 ⇒ trung điểm I AB có tọa độ:  ⇔ + 2m  y = 1(x + x ) + m  y = I I   − 2m + 2m + − = ⇔ m = giá trị cần tìm Nên I ∈ d : 2x + y − = ⇔ 2 2 Đường thẳng d có phương trình: y = kx Phương trình hồnh độ giao điểm d (C): x3 − 3x2 + 6x = kx ⇔ x(x2 − 3x + − k) = ⇔ x = x2 − 3x + − k = (∗) Đường thẳng d cắt (C) ba điểm phân biệt ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt  15 ∆ = 4k − 15 > k > x1,x2 khác ⇔  ⇔ 6 − k ≠ k ≠  Khi A(x1;kx1), B(x2;kx2) ⇒ AB = (1+ k2)(x1 − x2)2 = (1+ k2)(4k − 15) Nên AB = 17 ⇔ (1+ k2)(4k − 15) = 17 ⇔ 4k3 − 15k2 + 4k − 32 = ⇔ k = Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d: 2x2 − x + = x + 2m x−1 ⇔ 2x2 − x + = (x + 2m)(x − 1) (với x ≠ 1) ⇔ x2 − 2mx + 1+ 2m = (1) Đồ thị (C) cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm  m > 1+ ∆ ' = m2 − 2m − > ⇔ phân biệt x1,x2 khác ⇔  (*)  m < 1− 1− 2m + 1+ 2m ≠ Khi (x1 − 1)(x2 − 1) = x1x2 − (x1 + x2) + = > Suy ra, hai giao điểm nằm nhánh đồ thị (C) Bài toán 05: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI ĐIỂM PHÂN BIỆT CÓ ĐỘ DÀI CHO TRƯỚC Bài 2x − = 2x + m ⇔ 2x2 + mx +  m + = Phương trình hồnh độ giao điểm: x+1 (x ≠ −1) ( ∗) ( d) cắt ( C ) hai điểm phân biệt A ,B ⇔ ( ∗) có nghiệm phân biệt x1, x2 khác −1 ⇔ m2 − 8m − 16 > 0  ( ∗ ∗) Khi ta có: x1 + x2 = − 170 m m+ ,x1x2 = 2 AB2 = ⇔ (x1 − x2)2 + 4(x1 − x2)2 = ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = ⇔ m2 − 8m − 20 = ⇔ m = −2 m = 10 thỏa điều kiện ( ∗ ∗) Phương trình hồnh độ giao điểm: ( x ≠ −m) ( ∗) ( d) x−1 = x + ⇔ x2 + (m + 1)x + 2m + = x+ m cắt ( C m ) hai điểm phân biệt A ,B ⇔ ( ∗) có nghiệm m < − ∨ m > + ∆ > ⇔ phân biệt x1, x2 khác − m ⇔  x ≠ −m m ≠ −1 ( ∗ ∗) Khi ta có: x1 + x2 = −(m + 1),x1.x2 = 2m + 1.Gọi A ( x1;2x1 + m) , B( x2;2x2 + m) AB2 = 2(x1 − x2)2 = 2(x1 + x2)2 − 4x1x2  = 2(m2 − 6m − 3)   Theo giả thiết ta 2(m2 − 6m − 3) = ⇔ m2 − 6m − = ⇔ m = −1 m= x+ = x+ m Bài 2: Phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( C ) : 2x − Gọi A ( x1;x1 + m) , B( x2;x2 + m) tọa độ giao điểm ( d ) ( C ) Theo định lý Vi-ét, ta có x1 + x2 = − 2m − , x1.x2 = − ( m + 1) Ta có: OA + OB2 = x12 + ( x1 + m) + x22 + ( x2 + m) = ( ( ) 4m2 + 2m + 17 ) 37 37 ⇔ 4m2 + 2m + 17 = ⇔ 2m2 + m − 10 = ⇔ m = − , m = 2 2 Bài toán 06: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI ĐIỂM PHÂN BIỆT CÓ ĐỘ DÀI NHỎ NHẤT Bài 1: Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị ( H ) đường thẳng d : OA + OB2 = x+ = 2x + m (x ≠ −1) ⇔ x + = ( x + 1) ( 2x + m) ( x = −1 khơng thỏa mãn phương x+ trình) ⇔ g ( x) = 2x2 + ( m + 1) x + m − = (1) Ta có ∆ = ( m + 1) − 8( m − 3) = m2 − 6m + 25 = ( m − 3) + 16 > ∀m ∈ ¡ Với ∀m ∈ ¡ phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Ta có M ( x1;2x1 + m) N ( x2;2x2 + m) (vì M ,N nằm d : y = 2x + m )  m+1 m−  ( ) − ( )  = m2 − 6m + 25 =  m − + 16 ≥ 20 MN = 5 ( )    4    ( ) 171 Phương trình hồnh độ giao điểm d (C): 2x + = −x + m x+ ⇔ x2 + (4 − m)x + 1− 2m = (∗) Vì (∗) có ∆ = m2 − 4m + 12 = (m − 2)2 + > x = −2 không nghiệm (*) nên (C) d cắt hai điểm phân biệt Khi : A(x1; −x1 + m), B(x2; −x2 + m) ⇒ AB2 = 2(x1 − x2)2 = 2(x1 + x2)2 − 8x1x2 Áp dụng định lí Viét ⇒ AB2 = 2[(m − 2)2 + 8] ≥ 16 ⇒ AB ≥ Bài 2: Phương trình hoành độ giao điểm (C) (d) 2x2 + 3x + = 4x + m ⇔ 2x2 + 3x + = (4x + m)(x + 1)(*) (do x = - không thỏa x+ mãn phương trình (*)) ⇔ 2x2 + (m + 1)x + m − = (1) 17 17 [(m − 3)2 + 16] ⇒ AB2 ≥ 16 = 68 ⇒ AB ≥ 17 4 2.SIAB = Viết lại phương trình (d) thành dạng 4x – y + m = , khoảng cách từ I đến 4+ m d d(I,d) = Diện tích tam giác IAB: 17 AB2 == 1 17 (m + 4)2 AB.d(I,d) = ⇔ (m2 − 6m + 25) = 49 4 17 ⇔ ⇔ (m − 3)(m3 + 5m2 + 8m + 128) = ⇔ m = Chú ý Nếu phương trình hồnh độ giao điểm phương trình đa thức bậc ba khơng có nghiệm ngun hay nghiệm hữu tỷ sử dụng hai phương pháp để giải tốn Cách 1.Chuyển phương trình thành dạng f(x) = g(m) (g(m) biểu thức m) Lập bảng biến thiên f(x), dựa vào bảng biến thiên để tìm kết tốn Cách 2.Từ dạng đồ thị hàm số bậc ba ,ta có tính chất sau:” Đồ thị hàm số bậc ba cắt trục Ox ba điểm phân biệt hàm số có hai điểm cực trị hai giá trị cực trị trái dấu” ∀m ∈ ¡ đường thẳng cắt đồ thị điểm phân biệt thỏa 35 x1 < − < x2 MN ≥ , đẳng thức xảy m = 2 Bài toán 07: HAI ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ CẮT NHAU TẠI 2,3,4 ĐIỂM PHÂN BIỆT THỎA MÃN TÍNH CHẤT HÌNH HỌC Bài 1: Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) SIA B = d : x2 + (m − 3)x + 1− m = 0,x ≠ 172 ( ∗) Ta thấy, ∆ = m2 − 2m + > 0, ∀m ∈ ¡ , suy phương trình ( ∗) có nghiệm ∀m ∈ ¡ Khi ta có: xA + xB = − m,xA xB = 1− m uuur uuu r ∆OAB vuông O OA.OB = ⇔ xA xB + ( xA + m) ( xB + m) = ⇔ 2xA xB + m ( xA + xB ) + m2 = ⇔ m = −2 Ta có: dk : y = kx + k ⇔ kx − y + k = Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) dk là: x = −1 (x − 2)2 = k dk cắt ( C ) điểm phân biệt ⇔ < k ≠ Khi giao điểm A(−1;0),B( − k;3k − k k ) ,C ( + k;3k + k k ) BC = k 1+ k2 , d(O,BC) = d(O,dk ) = k 1+ k k S∆OBC = k 1+ k2 = ⇔ k k = ⇔ k = ⇔ k = 1+ k Ta có: E ( 1; 0) đường thẳng ∆ qua E có dạng y = k(x − 1) Phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) ∆ : (x − 1)(x2 − 2x − − k) = ∆ cắt ( C ) điểm phân biệt ⇔ k > −3 S∆OA B = d(O, ∆).AB = k k + ⇒ k k + = ⇒ k = , bạn đọc tìm giá trị k khác Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) (d) − x3 + mx + = 2x + ⇔ x3 − (m − 2)x = (1) ⇔ x = 0,x2 = m − (2) (Cm) cắt (d) ba điểm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ m − > ⇔ m > Khi B(− m − 2; −2 m − + 1) , C( m − 2;2 − m + 1) BC = 4(m − 2) + 16(m − 2) = 20(m − 2) OB2 + OC = 2(m − 2) + + 8(m − 2) = 10(m − 2) + Tam giác OBC vuông O ⇔ OB2 + OC = BC 11 ⇔ 10(m − 2) + = 20(m − 2) ⇔ m = (thỏa mãn điều kiện m > 2) 1+ x = x + 2m Phương trình hoành độ giao điểm ( C ) dm : 1− 2x ⇔ g ( x) = 2x2 + 4mx + 1− 2m = 0, x ≠ ( 1) 173 Đường thẳng dm cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A B tức phương trình ( 1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác   1 g  ÷ ≠ −1− − 1+ hay m < m >   2 2  ∆ ' = 4m + 4m − > ( 2) 2 2 Khi AB = ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 2( x1 + x2 ) − 4x1.x2    Theo định lý Vi – et, ta có : x1 + x2 = −2m,x1.x2 = 1− 2m ( )   1− 2m   2 AB2 = 2( −2m) − 4 ÷ ⇒ AB = 4m + 4m −    S= AB.IH với IH = d ( I;dm ) , d ( I;dm ) = Giả thiết S = hay xI − yI + 2m 12 + ( −1) = 2m + 2m + 1 4m2 + 4m − = , bình phương hai vế rút 2 ( ) gọn ta được: ( 2m + 1) − 3( 2m + 1) − = ( 3) , đặt t = ( 2m + 1) 2 t ≥ , phương trình ( 3) trở thành t2 − 3t − = , phương trình có hai nghiệm t = −1 ( khơng thỏa t ≥ ) t = Với t = tức ( 2m + 1) = tương đương với m = − m = 2 Giả sử A ( xA ;yA = 2xA − 2m) , B( xB ;yB = 2xB − 2m) tọa độ thỏa đề AB = ( xB − xA ) + ( yB − yA ) = = 5m2 + 10 , d ( O;d ) = M ( m;0) , N ( 0;2m) giao điểm d với Ox, Oy −2m Mặt khác −2m Theo toán, SOAB = 3SOM N ⇔ 5m2 + 10 = m 2m ( ) ( ) ( B + m;3m + m m , C − m;3m − m m ⇒ BC = m 1+ m2 d ( 0;d ) = 174 m m2 + Theo toán, suy m = ) OA = OM mk = k =     k = ⇒ ⇔  32  10   AM.AN = k + m = m = m = 3 3     Vậy, ( d ) có phương trình: y = x,y = 3x I giao điểm hai đường tiệm cận (C) ,suy I( -1 ; 2) uur Thực phép tịnh tiến theo vectơ OI Hệ trục tọa độ Oxy biến thành hệ trục tọa độ IXY x = X + xI = X − Công thức chuyển hệ tọa độ :   y = Y + yI = Y + Ta giải toán trường hợp hệ tọa độ hệ tọa độ IXY 2 Đối với hệ tọa độ IXY , hàm số y = f(x) trở thành : Y = + − = X X Hai đường thẳng (D) (D’) qua I có phương trình Y = kX , Y = mX (k, m khác m ≠ k) Gọi A, B giao điểm (D) với (C)  2   Y = kX Y =  X = ⇔ ⇔ tọa độ A,B nghiệm hệ :  k X 2   Y = kX  = kX  Y = kX  X      ,− 2k ÷, B ; 2k ÷ , suy A, B tồn ⇔ k > Khi A A  − ÷  k ÷  k    IA = IB2 = X + Y = X + k2X = (1+ k2)X = (1+ k2) k Tương tự gọi M,N giao điểm (D’) với (C) M, N tồn     2 ; − 2m ÷ , N  ; 2m ÷ ,suy IM = IN = (1+ m2) m > M  − ÷  m ÷ m m     Vì I tâm đối xứng (C) nên dễ thấy tứ giác AMBN hình bình hành 2 AMBN hình chữ nhật ⇔ IA = IM ⇔ (1+ k2) = (1+ m2) k m 2 2(m − k)   ⇔ + 2k = + 2m ⇔ 2(k − m) + = ⇔ (m − k) − 1÷ = k m mk mk   ⇔ = (do m ≠ k) ⇔ mk = mk  32  1024 Diện tích hình chữ nhật AMBN : S = ⇔ AM 2.AN =  ÷ =  3 2     2 2 2   1024  ⇔  − + ÷ + ( 2k − 2m)  ÷ + ( 2k + 2m) =  k   k  m÷ m÷       180  2k + 2m −  2k + 2m +  1024 ⇔ + 2k + 2m − km ÷ + 2k + 2m + km ÷ = mk mk    1024 100 10 ⇔ 16(k + m)2 − 64 = ⇔ (k + m)2 = ⇔ k+ m= 9 mk = k =    k = ⇔ ∨ Vậy ta có hệ :    10 k + m = m = m = 3    Bài Phương trình (d) : y = mx , phương trình (d’): y = − x m = mx ⇔ (m − 1)x2 = −1 x (1), (d) cắt (C) hai điểm phân biệt M,N ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m − 1< ⇔ m < Giao với điều kiện m > ,ta < m <   1 m  m  4m2 4m2 + M − ,− , ÷, N  ÷ ⇒ MN = + = 1− m 1− m    1− m − m  1− m − m 1− m Phương trình hồnh độ giao điểm (d’) với (C): 1 x − = − x ⇔ (1+ )x2 = (2) x m m (d’) cắt (C) hai điểm phân biệt P,Q ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ 1+ > với m > m      ÷  ÷ 1 1 ÷, Q  ÷ ; ;− Khi P  −   1 ÷ 1 ÷ 1+ m 1+ m 1+  ÷  1+ ÷ m m m m   Phương trình hoành độ giao điểm (d) (C): x − 4m2 +  1  1 1+ m2  1+ ÷ m2  1+ ÷ m m m     Suy M,N,P,Q tồn ⇔ < m < Vì O tâm đối xứng (C) MN ⊥ PQ nên tứ giác MPNQ hình thoi ,suy diện tích MPNQ: S = MN.PQ ⇒ PQ = ⇒ S2 = = + = 1 4m2 + 4m2 + 4(m2 + 1)2 MN 2.PQ = = 4 1− m  1  1 m2  1+ ÷ m2(1− m)  1+ ÷ m m     4(m2 + 1)2 4(m2 + 1)2 = m(1− m)(1+ m) m(1− m2) 181 Xét hàm số f(m) = f '(m) = = (m2 + 1)2 m(1− m2) = (m2 + 1)2 m − m3 ,0 < m < 2m(m2 + 1)(m − m3) − (m2 + 1)2(1− 3m2) (m − m3)2 (m2 + 1)[2m(m − m3) − (m2 + 1)(1− 3m2)] (m2 + 1)(m4 + 4m2 − 1) = (m − m3)2 (m − m3)2 f '(m) = ⇔ m4 + 4m2 − = ⇔ m2 = − 2⇔ m = − (dom ∈ (0;1)) Từ bảng biến thiên suy f(m) đạt giá trị nhỏ m= 5− Vậy diện tích tứ giác MPNQ nhỏ ⇔ m = 5− Bài Đặt t = x , t ≥ Phương trình (2) trở thành phương trình t3 a − t + 3t + = + (3) Phương trình (3) phương 3 a trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng y = + Phương trình (2) có hai nghiệm ⇔ Phương trình (3) có a a 17 ⇔ a < ∨ a = nghiệm dương ⇔ + < ∨ + = 3 Phương trình hoành độ giao điểm (C) đường thẳng (d): t3 + 3t2 − 9t + a = ⇔ − − x3 − x2 + 3x + = mx + ⇔ x(x + 3x − + 3m) = (4) ⇔ x = ∨ x2 + 3x + 3m − = (5) (d) cắt (C) ba điểm phân biệt ⇔ Phương trình (5) có hai nghiệm phân  15 ∆ = 45 − 12m > m < ⇔ ⇔ biệt khác   3m − ≠ m ≠  Ta có IB2 + IC ≥ 2IB.IC ≥ IB.IC.sin·BIC = 4SIBC IB = IC IB2 + IC = 4SIBC ⇔ · ⇔ ∆ BIC vuông cân I  BIC = 90 Vì B, C thuộc đường thẳng (d) hoành độ chúng hai nghiệm x1, x2 phương trình (5) nên B(x1;mx1 + 4) , C(x2;mx2 + 4) 182  3  x +x Gọi K trung điểm BC ,ta có K  − ; − m + 4÷ (do xK = = − 2  2  uur   + m÷ K thuộc (d)) ⇒ KI =  0; 2 ÷   Tam giác IBC cân I ⇔ KI ⊥ (d) (d): y = mx+4 ⇔ mx − y + = r Suy vectơ phương (d) a = (1; −m) uur r 3  KI ⊥ (d) ⇔ KI.a = ⇔ −m  + m÷= ⇔ m = 0∨ + m =  ÷ 2   uur r Trường hợp + m = bị loại KI = ⇒ I ≡ K ⇒ B,I, C thẳng hàng 2 uu r  r  3  uu 3 5 ÷ , IC =  x2 + ; − ÷ Mặt khác m = IB =  x1 + ; −  2 ÷ 2 ÷     uu r uu r    45 45 27 ⇒ IB.IC =  x1 + ÷ x2 + ÷ + = x1.x2 + (x1 + x2) + + = −9 − + =0  2 4 2  ⇒ IB ⊥ IC ⇒ Tam giác BIC vuông I Bài  x02 − 2x0 +   ÷ M cách hai trục tọa độ ∈ (C) ⇒ M x ; M  x0 − ÷   ⇔ d(M ,Ox) = d(M ,Oy)  x2 − 2x +  = x0 (1) x02 − 2x0 +  x0 − ⇔ x0 = ⇔ x0 −  x0 − 2x0 + = −x (2)  x −1  (1) ⇔ x02 − 2x0 + = x02 − x0 ⇔ x0 = (2) ⇔ x02 − 2x0 + = − x02 + x0 ⇔ 2x02 − 3x0 + = (vn) Vậy điểm cần tìm M(2;2) I giao điểm hai đường tiệm cận ⇒ I(1;0) uur Tịnh tiến OI Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục IXY x = X + Công thức chuyển hệ tọa độ :  y = Y Đối với hệ trục IXY Ta có I(0;0) x2 − 2x + 1 = x − 1+ ⇔ Y = X + = F(X) x−1 x−1 X Phương trình hai đường thẳng (d) (d’) qua I có hệ số góc số nguyên : Y = kX , Y = k’X với k , k’ số nguyên k ≠ k' Phương trình (C) : y = 183 Gọi A, C hai giao điểm (C) (d) tọa độ A , C nghiệm hệ:   Y = kX Y = X +  (k − 1)X = (3) X (I) (I) ⇔   1⇔  Y = kX  Y = kX kX = X +   X (d)) cắt (C) hai điểm phân biệt A, C ⇔ Hệ (I) có hai nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt ⇔ k – > ⇔ k >   1 k  k  ;− ; Khi A  − ÷, C  ÷ k −1 k − 1   k − k − 1 Tương tự (d’) cắt (C) hai nghiệm phân biệt B, D ⇔ k’ >   1 k'  k'  ;− ; Khi B − ÷, D ÷ k'− k'−    k'− k'−  Vì A C đối xứng với qua I ; B D đối xứng qua I nên tứ giác ABCD hình bình hành Do ABCD hình chữ nhật ⇔ IA = IB ⇔ IA = IB2 ⇔ k2 k'2 + = + ⇔ (k'− 1)(1+ k2) = (k − 1)(1+ k'2) k − k − k'− k'− 2 ⇔ k'+ k2k'− k2 − = k + kk'2 − k'2 − ⇔ k'− k + k' − k + kk'(k − k') = ⇔ (k'− k)(1+ k + k'− kk') = ⇔ 1+ k + k'− kk' = (do k ≠ k') 1+ k = 1+ k−1 k−1 Với k∈ ¢ k' ∈ ¢ ⇔ 2M(k − 1) ⇔ k − 1∈ { −2; −1;1;2} ⇔ k' = • k − = −2 ⇔ k = −1 (loại k > 1) • k − = −1 ⇔ k = (loại) • k − = ⇔ k = Khi k’ = • k − = ⇔ k = Khi k’ = Vậy, hệ trục tọa độ IXY , phương trình hai đường thẳng cần tìm Y = 2X , Y = 3X Suy hệ trục xuất phát Oxy , phương trình hai đường thẳng y = 2(x – 1) , y = 3(x – 1) Bài 10: Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) 2x + = x + m ⇔ x2 + (m − 3)x − m − = (1) x−1 (d) cắt (C) hai điểm phân biệt M,N ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = (m − 3)2 + 4m + > ⇔ m2 − 2m + 13 > ⇔ ∀m ∈ ¡ Ta có M ( x1;x1 + m ) , N ( x2;x2 + m) M , N cách trục Ox ⇔ yM = yN ⇔ x1 + m = x2 + m 184  x + m = x2 + m  x = x2 ⇔ ⇔  x1 + m = −x2 − m  x1 + x2 = −2m Vì x1 ≠ x2 nên xảy trường hợp x1 + x2 = − 2m ⇔ − m = −2m ⇔ m = −3 MN = (x2 − x1)2 + (x2 + m − x1 − m)2 = 2(x2 − x1)2 = 2[(x1 + x2)2 − 4x1.x2] = 2[(m − 3)2 + 4(m + 1)] = 2(m2 − 2m + 13) Viết lại phương trình (d) dạng x – y + m = 1− + m m − Khi d I,( d ) = = 2 m−1 SIMN = ⇔ MN.d(I,(d)) = ⇔ 2(m2 − 2m + 13) =8 2 ( ) ⇔ (m − 1)2 + 12 m − = ⇔ [(m − 1)2 + 12](m − 1)2 = 64 ⇔ (m − 1)4 + 12(m − 1)2 − 64 = ⇔ (m − 1)2 = ⇔ m − = ±2⇔ m = ∨ m = −1 Vậy m = ∨ m = −1 thỏa mãn yêu cầu toán Bài 11: 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 x1,x2 a ≠  khác −2 ⇔ ∆ = 4a − 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 = Suy 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; +∞) Khi : C(x1;x1 + m),D(x2;x2 + m) uuu r uuur ABCD hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ x2 − x1 = ⇔ ∆ = ⇔ ∆ = ⇔ m2 − 10m + = ⇔ m = 0,m = 10 185 Do m = C, D trùng với B, A nên ta loại Vậy m = 10 giá trị cần tìm Bài 12: Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại A , B phân biệt phương trình: x2 − 2x + = 2x + m ⇔ g ( x) = x2 + ( m − 2) x − 2m − = 0, x− x ≠ ( ∗) g ( 2) ≠  Vì  , ∀m ∈ ¡ nên đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) ∆ = ( m − 2) + 4( 2m + 9) > tại A , B với ∀m ∈ ¡ Gọi A ( xA ;2xA + m) , B( xB ;2xB + m) với xA ;xB nghiệm phương trình g ( x) =  xA + xB + =2   4 ⇔ m = −4 Vì I  2; ÷ trọng tâm tam giác OAB nên   3  2xA + m + 2xB + m =  3 ( 1) x4 − 2( m + 1) x2 + 2m + = ( 1) Đặt t = x2 ( t ≥ 0) , phương trình trở thành t2 − 2( m + 1) t + 2m + = ( 2) Để đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm phân biệt phương trình ( 2) ∆ ' = m + − 2m + ( ) ( )   ⇔ m ≠ m > − có hai nghiệm phân biệt t > ⇔ S = 2( m + 1) >  P = 2m + > Với − < m ≠ đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ theo thứ tự − t1 ; − t2 ; t2 ; t1 với t1 > t2 thiết SA CK = AC.d ( K ;AC ) Theo giả ( 3) ⇔ t1 + t2 = ⇔ t1 + t2 + t1t2 = 16 ( 3) với d ( K ;AC ) = yK Khi Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình ( 2) , ta được: m − ≥ ⇒ m = 2( m + 1) + 2m + = 16 ⇔ 2m + = − m ⇔  m − 16m + 48 = 186 I ( 1;2) tọa độ giao điểm hai đường tiệm cận Đường thẳng ( IA ) : y = −x + đường phân giác góc tạo hai đường tiệm cận, trục đối xứng đồ thị ( C ) Do đường thẳng ( d ) ⊥ IA ⇒ ( d ) : y = x + m Phương trình hồnh độ giao điểm ( d) ∆ : y = y'( m) ( x − m) + y ( m) ( C) là: ⇔ g ( x) = x2 + ( m − 3) x − m + = ( ∗) ∆ = m − + 12 > ∀m ∈ ¡  ( ) ⇒ phương trình ( ∗) ln có hai nghiệm Dễ thấy  g ( 1) = ≠ phân biệt x1;x2 Do ( d ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt B( x1;x1 + m) C ( x2;x2 + m) ( )  x + x x + x + 2m  Gọi M m;m − 2m − trung điểm BC ⇒ M  ; ÷ hay    3− m 3+ m  M ; ÷   ( ) Do B C đối xứng qua đường thẳng N n;n − 2n − nên tam giác ABC ( 2 cân A Do ABC AB = BC ⇒ BC = ( 2MB) = BC − AM ⇔ BC = )   3+ m  2  3− m AM ⇔ ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) =  + 2÷ +  − 5÷ 2     ( )  m − 7  m − 7 2 ⇔ 2( x1 + x2 ) − 4x1x2  = 2 ÷ hay m − 2m + 13 = 2 ÷       ⇔ m2 + 4m − = ⇔ m = −5,m = Do điểm O A thuộc đường thẳng ∆ : y = − x Để OABC hình bình hành BC = OA = Hoành độ B C nghiệm phương trình: ⇔ x2 + ( − m) x − m − = ( x ≠ −1) ( 1) 2x − = −x + m x+1 Vì ∆ = m2 − 2m + 25 > ∀m ,nên ( 1) có hai nghiệm phân biệt , d ln cắt ( C ) hai điểm phân biệt B C với B( x1; −x1 + m) , C ( x2; −x2 + m) x1 + x2 = m − ( 2) Giả sử x1,x2 nghiệm ( 1) , ta có:  x1x2 = − m − 187 2 Khi BC = 2( x1 − x2 ) = 2( x1 + x2 ) − 4x1x2  ( 3)   2 Thay ( 2) vào ( 3) ta được: BC = 2m − 4m + 50 ⇒ 2m2 − 4m + 50 = 50 ⇔ m = m = Với m = O,A,B,C thẳng hàng nên khơng thoả mãn Vậy, với m = giá trị cần tìm Dạng 3: ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐỒ THỊ CỦA CỦA HÀM SỐ TẠI 2,3 ĐIỂM MÀ TIẾP TUYẾN TẠI ĐÓ THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Bài 1:  a4 5 − 3a2 + ÷ ⇒ y'(a) = 2a3 − 6a M ∈ (C) ⇒ M  a ; 2÷   Vậy tiếp tuyến (C) M có phương trình : y = (3a3 − 6a)(x − a) + a4 − 3a2 + 2 x4 a4 − 3x2 + = (3a3 − 6a)(x − a) + − 3a2 + 2 2 2 2 ⇔ x = a g(x) = x + 2ax + 3a − = ⇔ (x − a) (x + 2ax + 3a − 6) = Phương trình hồnh độ giao điểm : Theo tốn, g(x) = có nghiệm phân biệt khác a a2 − >  a > ∆ ' > ⇔ ⇔ ⇔ g(a) ≠ a2 ≠ a ≠ ±1 Đường thẳng ( t) : y = 2x + m cắt ( C ) hai điểm phân biệt mà hai tiếp 2x + = 2x + m x− có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện y'( x1) = y'( x2 ) Khi tuyến song song với phương trình phương trình g ( x) = 2x2 + ( m − 6) x − 2m − = có nghiệm phân biệt x1,x2 khác thỏa mãn điều kiện − ( ( x1 − 2) =− ( x2 − 2) ⇔ x1 + x2 = ⇔ m = ) Tiếp tuyến d M : y = 2m m2 − x − 3m + 3m2 + 2 ( ) 2 Hoành độ giao điểm d ( C ) : ( x − m) x + 2mx + 3m − = Với − < m < 3, m ≠ ±1 d ( C ) cắt E,F khác M uuur uuur MF = 3ME ⇒ MF = 3ME ⇒ ⇒ m = ± , kiểm tra lại thấy thỏa 188 Bài 2: Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C m ) đường thẳng (d) ( ) x3 + mx2 + = −x + ⇔ x x2 + mx + = ( 1) ⇔ x = f ( x) = x2 + mx + = ( 2) Với x = ta có y = nên (d) ln cắt (C m ) tai điểm A ( 0;1) Ta thấy x = nghiệm ( 2) nên điều kiện để (d) cắt (C m ) tai ba điểm phân biệt phương trình ( 2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m − > ⇔ m < −2 m > Lúc xB ,xC nghiệm ( 2) Theo định lý Viét ta có xB + xC = −m,xB.xC = Hệ số góc tiếp tuyến (C m ) B,C : k1 = y'( xB ) = 3x2B + 2mxB , k2 = y'( xC ) = 3xC + 2mxC Điều kiện để hai tiếp tuyến vng góc với k1.k2 = −1, tức phải có : ( 3x B )( ) + 2mxB 3xC2 + 2mxC = −1 ⇔ 9( xBxC ) + 6mxBxC ( xB + xC ) + 4m2xBxC + = ⇒ − 6m2 + 4m2 + = ⇔ m2 = ⇔ m = ± Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C m ) đường thẳng (d) x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ,m≠0 nghiệm phương trình : x2 + 3x + m = ⇒ d cắt (C m ) điểm phân biệt A(0; 1), B, C ⇔ m < Khi đó: xB , xC xB + xC = −3; xB.xC = m Hệ số góc tiếp tuyến B k1 = 3x2B + 6xB + m C k2 = 3xC + 6xC + m 2 k1 + k2 = 3( xB + xC ) − 2xBxC  + 6( xB + xC ) + 2m = 3( −3) − 2m + 6( −m) + 2m     k1 + k2 = 27 − 10m với k1 + k2 ≥ 17 tức 27 − 10m ≥ 17 ⇔ m ≤ Đối chiếu điều kiện, suy ra: m ≤ 1,m ≠ Bài 3: 189 Tiếp tuyến (Cm) điểm có hồnh độ x0 vng góc với đường thẳng y = x+ ⇔ f '(x0) = −1 ⇔ 3x02 − 10x0 + m + = −2 ⇔ 3x02 − 10x0 + m + = (1) x0 tồn ⇔ (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' = 25 − 3(m + 6) ≥ ⇔ m ≤ Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) Ox: x3 − 5x2 + (m + 4)x − m = ⇔ (x − 1)(x2 − 4x + m) = (2) ⇔ x = 1, g(x) = x2 − 4x + m = (3) (Cm) cắt trục Ox ba điểm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác ∆ ' = − m >  m < ⇔ ⇔ 1− + m ≠ m ≠ Vì x = hoành độ điểm A nên hoành độ B, C hai nghiệm x1, x2 phương trình (3), suy k1 = 3x12 − 10x1 + m + , k2 = 3x22 − 10x2 + m + Vì x1 = − − m , x2 = + − m ( ⇒ k1 = − − m ( k2 = + − m ) ) ( ) − 10 − − m + m + = − 2m − − m ( ) − 10 + − m + m + = − 2m + − m ( ⇒ k12 + k22 = − 2m − − m ) + ( − 2m + − m ) 2 = 8m2 − 72m + 160 k12 + k22 = 160 ⇔ 8m2 − 72m = ⇔ m = ∨ m = m < So với điều kiện  nhận m = m ≠ 3 Phương trình hồnh độ giao điểm x3 − 3x2 + (m − 4)x + m = ( ) ⇔ ( x + 1) x2 − 4x + m = ⇔ x = −1 x2 − 4x + m = ( 1) Ta thấy, đồ thị cắt trục Ox điểm A ( −1;0) với m Để đồ thị hàm số cắt trục hoành ba điểm phân biệt, phương 4 − m >  m < ⇔ trình ( 1) phải có nghiệm phân biệt khác −1, tức  5 + m ≠ m ≠ −5 190 Gọi x1,x2 hai nghiệm phương trình ( 1) , theo định lý Vi et :  x1 + x2 =   x1x2 = m Khi x1,x2 hồnh độ B,C hệ số góc A , B, C : kA = m + 5,k B = 3x12 − 6x1 + m − 4,kC = 3x22 − 6x2 + m − Theo giả thiết, ta có : m + + 3x12 − 6x1 + m − + 3x22 − 6x2 + m − =0 ( 3x − 6x + m − 4) + ( 3x − 6x + m − 4) = ⇔ m + 5+ ( 3x − 6x + m − 4) ( 3x − 6x + m − 4) 2 ⇔ m + 5+ 2 2 4( − m) 4( m − 4) ( m + 5) 2 = ⇔ m + 5−  m = −4 = ⇔ ( m + 5) = ⇔  m+  m = −6 Đối chiếu điều kiện, ta thấy m = −6 m = −4 thỏa toán Bài 4:  ax + b A ( 0; −1) ∈ y = x − a = 2x +  ⇔ ⇒y=  −a − b = x−1 = −3   y' =  ( x − 1)  ( d ) qua điểm B( −2;2) có phương trình y = m ( x + 2) + Để ( d ) cắt ( C ) hai điểm phân biệt M 1,M phương trình 2x + có hai nghiệm khác 1, hay phương trình x− mx2 + mx − 2m − = có hai nghiệm phân biệt khác 1, tức : m ( x + 2) + = m ≠ m ≠     m < − ∆ = m + 4m 2m + > ⇔ ⇔ ( )  m < − m >       m > m1 + m1− 2m − ≠ ( *) Giả sử M ( x1;y1 ) ,M ( x2;y2 ) , hai cạnh hình chữ nhật M 1PM 2Q có độ dài M 1P = x2 − x1 = Hình chữ 9m2 + 12m ,M 1Q = y2 − y1 = 9m2 + 12m m nhật M 1P = M 1Q ⇔ M 1PM 2Q trở thành hình vng 9m2 + 12m = 9m2 + 12m ⇔ m = ⇔ m = ( *) m ( ) 191 Dạng 4: TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ ĐỒNG THỜI ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH Bài 1: Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d: x2 + 4x + = kx + x+ ⇔ x2 + 4x + = (x + 2)(kx + 1) (với x ≠ −2 ) ⇔ (k − 1)x2 + (2k − 3)x − = (1) Đồ thị (C) cắt d hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác k − ≠  −2 ⇔ ∆ = 4k − 8k + > ⇔ k ≠ 1 ≠  x ,x Gọi hai nghiệm (1) ⇒ A(x1;kx1 + 1), B(x2;kx2 + 1)  2k −  x1 + x2 xI = 2(k − 1) xI =  ⇒ ⇒ k(x + x ) k(2k − 3) y = +1 +  yI = I  2(k − 1)  Với: xI = 2x − 2k − 2x2 − 3xI 2x2 − xI − ⇒k= I , xI ≠ 1,suy ra: yI = I + 1= I 2k − 2xI − 2xI − 2xI − Vậy quỹ tích trung điểm đường cong y = 2x2 − x − 2x − 2 Xét A(x0;y0) điểm cố định (C m ) x = y0 ⇔ m(x0 − y0) + 1− x0y0 = ∀m ∈ ¡ ⇔  ⇔ x0 = y0 = ±1 x0 + m x0y0 − = ⇒ (C m ) qua hai điểm cố định A(−1; −1), B(1;1) ⇒ y0 = mx0 + Vì m ∈ (−1;1) ⇒ A ,B nằm hai nhánh (C m ) Mặt khác hai điểm A ,B nằm đường tròn (C) ⇒ nhánh đồ thị (C m ) ln cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt ⇒ (C m ) (C) cắt bốn điểm phân biệt Bài 2: a) (d) qua A(-1;0) có hệ số góc m suy phương trình (d) : y = m(x +1) Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) x3 − 3x2 + = m(x + 1) ⇔ (x + 1)(x2 − 4x + 4) − m(x + 1) = ⇔ (x + 1)(x2 − 4x + − m) = ⇔ x = −1,g(x) = x2 − 4x + − m = 192 (d) cắt (C) ba điểm phân biệt A,M,N ⇔ Phương trình g(x) = có hai ∆ ' = m > m > ⇔ nghiệm phân biệt khác – ⇔  g(−1) ≠ m ≠ b) xM , xN hai nghiệm phương trình g(x) = , I trung điểm MN  x + xN = (*) xI = M suy   y = m(x + 1) (do I ∈ (d))  I I Từ (*) suy I thuộc đường thẳng (D): x = y Giới hạn yI = m(xI+1) = 3m ⇔ m = I  yI > y > m >   ⇔ ⇔ I Điều kiện :   m ≠ y   I ≠  yI ≠ 27  Vậy tập hợp điểm I phần đường thẳng x = ứng với điểm có tung độ I thỏa yI > yI ≠ 27 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d): 2− x x ≠ −1 x ≠ −1 = m(x − 1) + ⇔  ⇔ x+ 2 − x = m(x − 1) + 2x + mx + 3x − m = (*) (d) cắt (C) hai điểm M,N thuộc hai nhánh khác (C) ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x1 < - < x2 m ≠ m ≠  m ≠  ⇔ ∆ = + 4m > ⇔  ⇔ ⇔ m > (x + 1)(x + 1) < x1x2 + x1 + x2 + <  −1− + 1<  m  Tập hợp trung điểm I MN x +x , I ∈ (d) ⇒ y = m(x − 1) + Ta có : xI = = − I I 2m   m = − 2x x = −  I ⇔ Vậy :  I 2m 3  y = m(x − 1) +  y = − (xI − 1) + = +  I I I  2xI 2xI ⇒ I thuộc đường (L) có phương trình : y = + 2x > ⇔ xI < Giới hạn : m > ⇔ − 2xI Vậy tập hợp điểm I phần đường (L): y = + ứng với điểm 2x có hồnh độ âm 193 Phương trình hoành độ giao điểm ( C1) ( C ) : x3 + 2x2 + = x3 + x2 − mx + ⇔ x2 + mx − = (1) ( C1) cắt ( C2 ) hai điểm phân biệt A,B ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m2 + > ⇔ ∀m ∈ ¡ Chứng minh trung điểm I AB thuộc đồ thị hàm số y = 4x3 + 4x2 + 3x + Khi A(x1;x13 + 2x12 + 1) , B(x2;x23 + 2x22 + 1) x1,x2 hai nghiệm phương trình (1)  x1 + x2 xI =  I trung điểm AB ,suy :  3  y = x1 + 2x1 + 1+ x2 + 2x2 +  I Lại có : x13 + x32 = (x1 + x2)3 − 3x1x2(x1 + x2) = 8xI3 + 6xI (do x1 + x2 = 2xI ,x1.x2 = −1) x12 + x22 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = 4xI2 + Suy yI = 8xI3 + 6xI + 8xI2 + = 4xI3 + 4xI2 + 3xI + Vậy I thuộc đồ thị hàm số y = 4x3 + 4x2 + 3x + Viết phương trình đường thẳng AB  y = x3 + 2x2 +  y = x3 + 2x2 + (2) ⇔ Tọa độ A,B thỏa hệ  2  y = x + x − mx + x + mx − = (3) Từ phương trình (3) ,suy x2 = – mx Thay vào phương trình (*) ta y = x.x2 + 2x2 + = x(1− mx) + 2(1− mx) + = −mx2 + x − 2mx + = − m(1− mx) + x − 2mx + = m2x − 2mx + x + − m = (m − 1)2 x + − m Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm AB y = (m − 1)2 x + − m 194