09 huong dan giai

Dạng 1: Tìm điểm đối xứng đồ thị Bài 1: Giả sử M ( x1;y1 ) ;N ( x2;y2 ) thuộc ( C ) I trung điểm M N Ta có : x1 + x2 = 2xI = x2 = −x1 ⇒ ⇔ N ( −x1;5 − y1 )   y1 + y2 = 2yI =  y2 = − y1  x2 + x1 +  y1 = ( 1) x1 −  M N thuộc ( C ) nên ta có hệ :  x12 − x1 +  − y = ( 2)  − x1 −  Lấy ( 1) cộng với ( 2) ta : = ( ) ( ) x12 + x1 + x12 − x1 + − x1 − x1 + ( ) ⇔ x12 − = ( x1 + 1) x12 + x1 + − ( x1 − 1) x12 − x1 + ⇔ x12 = ⇒ x = ±3 x1 = −3 ⇒ y1 = −2 ta M ( −3; −2) ,N ( −3;2) x2 = ⇒ y2 = ta M ( 3;7) ,N ( −3; −2) M ( x1;y1 ) , N ( x2;y2 ) hai điểm đối xứng qua E ⇔ E trung điểm MN Mặt khác M , N thuộc (C) nên tọa độ M , N thỏa hệ :  x3  y1 = + x12 + 3x1 − ( 2)   x3  y2 = + x22 + 3x2 − ( 3)   x + x ( 4)  = 2xE = −1   y1 + y2 = 2yE = − ( 5)  Cộng hai phương trình ( 2) ( 3) vế với vế ,ta y1 + y2 = (x13 + x23) + (x12 + x22) + 3(x1 + x2) − = (x1 + x2)3 − 3x1x2(x1 + x2) + (x1 + x2)2 − 2x1x2 − ( 6)  3 Thay ( 4) ( 5) vào phương trình ( 6) ta = (−1+ 3x1x2) + 1− 2x1x2 − − 3 ⇔ −7 = −1+ 3x1x2 + − 6x1x2 − 15 ⇔ x1x2 = −2 − 194 x1 + x2 = −1 x1 = x1 = −2 ⇔   x1x2 = −2 x2 = −2 x2 = Vậy hai điểm ( C ) đối xứng qua E hai điểm có tọa độ  17   10   −2; − ÷, 1; ÷ 3  3  M ( x1;y1 ) , N ( x2;y2 ) hai điểm đối xứng qua E ⇔ E trung điểm MN Mặt khác M , N thuộc (C) nên tọa độ M , N thỏa hệ :  − 2x1 = −2 + ( 1)  y1 = x x 2    y = − 2x2 = −2 + ( 2)  x2 x2  x1 + x2 = −2 ( 3)   y1 + y2 = −2 ( 4) Cộng hai phương trình ( 2) ( 1) vế với vế ,ta được:  1 x1 + x2 y1 + y2 = −4 + 3 + ÷ ÷ = −4 + x x ( 5) x x  2 Thay ( 4) ( 3) vào phương trình ( 5) ta : x1x2 = −3 x1 + x2 = −2 x1 = −3 ⇔  x1.x2 = −3 x2 = Gọi M(x1;y1) , N(x2;y2) x1 = ⇒ ( −3; −3) , ( 1;1) tọa độ cần tìm  x2 = −3 cặp điểm thuộc (C) đối xứng qua I ,  y = x3 + 3x − (1) 1   y2 = x23 + 3x2 − (2) (x1;y1) , (x2;y2) nghiệm hệ:  x1 + x2 = 2xI = (3)  y + y = 2y = 36 (4)  I Cộng hai phương trình (1) (2) vế với vế ,ta y1 + y2 = x13 + x23 + 3(x1 + x2 ) − ⇔ y1 + y2 = (x1 + x2)3 − 3x1x2(x1 + x2) + 3(x1 + x2) − (5) Thay (3) (4) vào (5) ta được: 36 = 64– 12x1x2 + 12– ⇔ x1x2 = Vậy x1,x2 nghiệm hệ: x1 + x2 = x1 = ⇔ ∨  x1x2 = x2 = x1 =  y = ⇒  ∨  x2 =  y2 = 34 Vậy cặp điểm cần tìm M ( 1;2) , N ( 3;34) 195  y1 = 34   y2 = Gọi M(x1;y1) , N(x2;y2) cặp điểm thuộc (C) đối xứng qua I ,  3  y1 = x1 + + 2x + (1)   3 (2) (x1;y1) , (x2;y2) nghiệm hệ:  y2 = x2 + + 4 2x2 +  x1 + x2 = 2xI = (3)   y1 + y2 = 2yI = (4) Cộng hai phương trình (1) (2) vế với vế ,ta 3 y1 + y2 = (x1 + x2) + + 2 5 1  +  ÷   2x1 + 2x2 + 1÷   2(x1 + x2) + 3 5 = (x1 + x2) + +   (5) 2  4x1x2 + 2(x1 + x2) + 1 Thay (3) (4) vào (5) ta được: = ⇔  3 5 + +  = 3+ ÷ ÷ 2  4x1x2 +  4x1x2 + = −1⇔ x1x2 = −2 4x1x2 + Vậy x ,x nghiệm hệ: x1 + x2 = ⇔ x1 = ∨ x1 = −1    x1.x2 = −2 x2 = −1 x2 = Bài 2: 1 Viết lại phương trình ( C ) : y = x + 1+ x−1 Gọi A ( x1;y1 ) ,B( x2;y2 ) ∈ ( C ) nên có: ( x2 − x1)  1+  ÷ = 1+ , k =1  ÷ x2 − x1 x2 − x1  ( x1 − 1) ( x2 − 1)  ( x1 − 1) ( x2 − 1) d kAB.kd = −1( 1) Nếu A ,B đối xứng qua ( d ) :  với I trung điểm I ∈ d ( 2) A ,B = −1 ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) = −1⇒ x1.x2 − ( x1 + x2 ) + = ( ∗) Từ ( 1) :1+ x − ( ) ( x2 − 1) kAB = y2 − y1 = x1 + x2 = 2xI I trung điểm A ,B   y1 + y2 = 2yI Từ ( 2) ⇔ y1 + y2 = x1 + x2 − ⇔ x1 + x2 + + 1 + =x +x −2 x1 − x2 − 1 196 ⇔ 4+ ( x1 + x2 − 2) = ⇔ − x + x − = ⇔ x + x = ∗ ∗ ( ) ( ) ( x1 − 1) ( x2 − 1) x1 + x2 = ⇒ x1;x2 hai nghiệm phương trình: Từ ( ∗) ( ∗ ∗) ta có hệ :  x1.x2 = X − 6X + = ⇔ X1 = − X = + Đường thẳng ( d ) cắt ( C ) hai điểm A ,B có hồnh độ nghiệm x2 − 2x + = −x + m ( 1) ⇔ g(x;m) = 2x2 − ( + m) x + + m = ( 2) x−1 ∆ = + m − + m > ( ) ( ) ⇔ m2 − 2m − > ( có hai nghiệm khác 1) ⇔  g(1;m) = − − m + + m = ≠ ⇒ m < 1− 10 m > 1+ 10 ( ∗) phương trình :  x1 + x2 + m = xI = I trung điểm A ,B   y = − x + m = m − + m = 3m − I  I 4 Để A ,B đối xứng qua ( d ) I phải thuộc ( d ) : yI = xI + ⇔ 3m − 3 + m = + ⇔ 2m = 18 ⇒ m = 4 − 14 + 14 Với m = ( 2) trở thành: 2x2 − 12x + 11 = ⇔ x1 = x2 = 2 C d A ,B nằm đồ thị ( m ) đường thẳng ( ) , nên tọa độ A ,B nghiệm hệ :  x2 + ( m − 2) x + m +  = 5x + ⇔ g(x;m) = 4x − ( m − 10) x − m + =   x+1  y = 5x +  y = 5x +  ∆ = m2 − 4m + 68 > ∀m ∈ ¡ nên ∀m ∈ ¡ Nhận thấy,  g(−1;m) = + m − 10 − m + = −2 ≠ cắt ( C m ) hai điểm phân biệt A ,B  x1 + x2 m − 10 = xI =  I trung điểm A ,B   m − 10  5m − 26  y = 5x + = + 3=  ÷ I I    197 ( 1) ( d ) Để A ,B đối xứng qua ( d') I phải thuộc ( d') : 34 m − 10 5( 5m − 26) + + 9= ⇒ m = 13 8 Giả sử A ,B hai điểm thuộc ( C ) đối xứng với qua ∆ ,suy phương trình AB : y = 17 x+ m 16 Hoành độ A B nghiệm phương trình : x2 + x + 17 = x+ m x+ 16 ⇔ 16x2 + 16x + 16 = ( 17x + 16m) ( x + 1) ⇔ x2 + ( 16m + 1) x + 16m − 16 = ( ∗) ∆ = 256m2 − 32m + 65 > có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khác −1 ⇔  −16 ≠ với m  −16( 17m + 33)  17 xI =  y = 16 x + m 545 ⇔ Đường thẳng AB cắt ∆ I nên có  y = x + m  y = − 16 x − 33  I I  17 17 Vì A Bđối xứng qua ∆ nên I trung điểm AB −32( 17m + 33) ⇒ x1 + x2 = 2xI ⇔ −16m − = ⇔ m= 545 16 Thay m = vào ( ∗) ta : x2 + 2x − 15 = ⇔ x = −5,x = 16  21  13  Vậy, A  −5; − ÷ B 3; ÷ cặp điểm cần tìm 4   4 ( ∗) Xét điểm M ( x0;y0 ) điểm N đối xứng M qua đường thẳng x = có tọa độ ( 3– x0;y0 ) với x0 ≠ 3 x0 = M trùng với N ) 2  y = x − − 3x + )  ( 0 M,N thuộc ( C ) nên có hệ  ( I)  y0 = ( − x0 − 2) − 3( − x0 ) +  y = (x − 2)3 − 3x + ( 1) ( I ) ⇔  03 (x0 − 2) − 3x0 + = (3 − x0 − 2) − 3(3 − x0) + ( 2) ( 2) ⇔ (x0 − 2)3 − (1− x0)3 − 6x0 + = 0⇔ 2x03 − 9x02 + 9x0 = ⇔ x0 = x0 = x0 = (loại) 198 Lần lượt thay x0 = , x0 = vào ( 1) ,ta Vậy, hai điểm cần tìm ( 0; −4) ( 3; −4) y0 = −4 Gọi A,B hai điểm cần tìm A ,B đối xứng qua d AB vng góc với d trung điểm I đoạn AB Viết lại phương trình d dạng : y = x + 3 AB vng góc với d suy phương trình đường thẳng AB có dạng y = −3x + m Trung điểm I AB giao điểm AB với d hồnh độ I 10 3 8 nghiệm phương trình : xI + = −3xI + m ⇔ xI = m − ⇔ xI =  m − ÷ 3 3 10  3 Mặt khác A,B thuộc ( C ) nên xA , xB   hai nghiệm cua phương trình hồnh độ giao điểm ( C ) đường thẳng AB: 3x2 + (8 − m)x + 1− 2m = (*) 2x + = −3x + m ⇔  x+ x ≠ −2 Vì I thuộc đường thẳng AB I trung điểm AB m−  8 xA + xB = 2xI ⇔ =  m − ÷ ⇔ m = −4 10  3 Với m = −4 phương trình (*) trở thành 3x2 + 12x + = ⇔ x = −1,x = −3 Lần lượt thay x = −1,x = −3 vào phương trình ( C ) ta y = -1 , y = Vậy hai điểm thuộc ( C ) đối xứng với qua đường thẳng d hai điểm ( −1;−1) , ( −3 ; −5) Giả sử M(x1;y1) , N(x2;y2) hai điểm (C) đối xứng với qua đường thẳng (D) , MN vng góc với (D) trung điểm I đoạn MN Gọi (∆) đường thẳng qua M N Vì (∆) vng góc với (D) nên phương trình (∆) có dạng: y = 3x + m I giao điểm (∆) với (D) nên hoành độ I nghiệm phương trình : 5 − 3m 3xI + m = − xI + ⇔ xI = 3 10 M ,N giao điểm (C) với đường thẳng (∆) nên hoành độ x1, x2 M, N nghiệm phương trình x2 − x + = 3x + m ⇔ 2x2 − (2 − m)x − m − = (1) (vì x = khơng nghiệm x−1 (1) 199 I trung điểm đoạn MN nên : xI = x1 + x2 ⇔ − 3m − m = ⇔ m = 10 Khi m = phương trình (1) trở thành : 2x2 − 2x – = ⇔ x = −1∨ x = Thay x = vào phương trình (C) ta y = Thay x = −1 vào phương trình (C) ta y = - Vậy cặp diểm cần tìm M ( 2;6) , N ( −1; − 3) Bài 3: Ta có : y' = 3x2 − 3mx = 3x ( x − m) Ta có : y' = ⇔ x = x = m  3 Với m ≠ hàm số có cực đại, cực tiểu: A  0; m ÷ B( m;0)   − m3 y − y k =1 Tính : k = A B = = − m2 , d AB xA − xB m−  0+ m m  xA + xB xI = =  2 xI =  ⇒ I trung điểm A ,B  0+ m  y = yA + yB  y = = m3  I  I   kAB.kd = −1  − m2.1 = −1 ⇔ Để A ,B đối xứng qua ( d )  I ∈ d y = x  I I m2 =  ⇒ 1 thỏa mãn điều kiện m ⇔ m= ±  m = 4 2 Ta có : y' = ( 2x + m) ( x + 2) − ( x2 + mx + 2m − 3) ( x + 2) = x2 + 4x + ( x + 2)  x = −1 , y' = ⇔   x = −3 Chứng tỏ y' không phụ thuộc vào m , hay với m hàm số ln có hai điểm cực trị Gọi hai điểm cực trị : M ( −1;m − 2) , N ( −3;m − 6) Tính : kMN = ( m − 6) − ( m − 2) = 2, −3 + Gọi I trung điểm MN kd = −  −1− xI = = −2 ⇔ y = m − + m − = m −  I 200   1 kM N kd = −1 2. − ÷ = −1 ⇔   2 ⇒ m=1 MN đối xứng qua ( d )  I ∈ d −2 + 2( m − 4) + =  Bài 4: Dời hệ tọa độ Oxy hệ tọa độ IXY theo công thức dời trục x = X + Phương trình đường cong (C) hệ toạ độ IXY  y = Y − Y − = −(X + 1)3 + 3(X + 1)2 − ⇔ Y = − X + 3X Trong hệ trục hình vng ABCD biến thành hình vng A’B’C’D’ Xét A '(a; −a3 + 3a), B'(b; − b3 + 3b) với a ≠ b ta giả sử a,b > uuu r uur ab + ab(a2 − 3)(b2 − 3) = IA '.IB' = ⇔ A 'B'C'D' hình vng ⇔  2 IA ' = IB' a + (a − 3a) = b + (b − 3b) a2b2 − 3(a2 + b2) + 10 =  ⇔ 2 2 (a + b) 1+ (a + ab + b − 3)(a − ab + b − 3) = a2b2 − 3(a2 + b2) + 10 = a + b = ⇔ 2 (I)  (II) 2 2 2 a b − 3(a + b ) + 10 = (a + b − 3) − a b + = • 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 u = v − 3u + 10 = v = 3u − 10 ⇔ ⇔ v Ta có :  v = (u − 3) − v + = u − 9u + 20 = u =  v = a = + u = a = −  ⇒ *   v =  b = +  b = −   5+ 5− a = a = u =   2 ⇒ *   v =   5− 5+ b = b = 2   Vì vai trò A, B nên (C) có hai bốn điểm A,B,C,D cho ABCD hình vng có tâm I(1; −1) ( ) ( ) 3 Xét hình bình hành ABCD với A a;a − 2a , B b;b − 2b , ( ) ( C c;c3 − 2c ,D d;d3 − 2d 201 ) 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 Bài 5:  2  2  2 Do A ,B,C thuộc (C) nên A  a; − ÷,B b; − ÷,C  c; − ÷ a  b  c  Gọi H(x0;y0) trực tâm tam giác ABC uuur uuu r AH.BC = Ta có:  uuur uuur (*)  BH.AC = uuur  r   uuu 2(b − c)  Mà AH =  x0 − a;y0 + ÷,BC =  c − b; ÷ a bc     uuur   uuur  2(a − c)  BH =  x0 − b;y0 + ÷,AC =  c − a; ÷ b ac     2 2  x0 − a +  y0 + ÷ = x0 = − bc  a   abc ⇔ Nên (*) ⇔  abc   x − b +   y + ÷ =  y0 =  ac  b  Suy y0 = − ⇒ H ∈ (C) x0 Ta đổi trục toa độ, hàm số trở thành Y = Xét hàm số y = hệ trục IXY X x  3  3  3 Gọi A  a, ÷ , B b, ÷ , C  c; ÷là điểm phân biệt thuộc đồ thị hàm số;  a  b  c Gọi H(m,n) trực tâm tam giác ABC uuur uuu r AH.BC = 0(1) Khi  uuur uuur  BH.AC = 0(2) Từ (1) ta có m = 3na + a bc − abc 202 Từ (2) suy m = 3nb + ab c − abc 3na + a2bc − 3nb + ab2c − ⇔ n = −abc thay vào (1) ta m = −9 = abc abc abc hay n = có nghia H thuộc đồ thị (C) m Bài 6: ⇒ ( ) Giả sử M m;2m − 3m + ∈ ( P ) N ( n;n − 5) ∈ ( ∆ ) ( ) MN = ( m − n ) + 2m2 − 3m + 1− n + ( ) 2 = ( m − n) + ( m − 5) + m2 − 2m +    ( ) 2 ( ) = 2( m − n) + m2 − 2m +  + m2 − 2m +   ( ) 2 2 ≥ m2 − 2m + ≥ 2( m − 1) + 2 ≥ ⇒ MN ≥ 2   m =  m = 1⇒ M ( 1;0) ⇔ Đẳng thức xảy  ( m − n ) + m − 2m + = n = ⇒ N ( 3; −2) Tiếp tuyến d M ( x0;y0 ) thuộc ( C ) có hệ số góc y'0 = 4x03 + 4x0 , ( ( ) ) phương trình có dạng: y = 4x0 + 4x0 ( x − x0 ) + x0 + 2x0 − có vectơ pháp u r tuyến n = 4x0 + 4x0; −1 ( ) uuuu r  25  Đường thẳng AM có vectơ phương AM =  x0;x0 + 2x0 − ÷ 8  uuuu r u r Đường thẳng d AM vng góc n AM phương với ( )  25  tức 4x0 + 4x0  x0 + 2x0 − ÷+ x0 = ⇔ x0 = 8  33  x02 +  x02 + −  + = ( ∗) 8  ( )( )  33  Đặt t = x02 + ≥ 1, phương trình ( ∗) trở thành 4t  t − ÷+ = , phương trình 8  có nghiệm t = thỏa điều kiện t ≥ Với t = tức x02 = ⇔ x0 = −1 x0 = Vậy, có điểm cần tìm M ( −1;2) , M ( 0; −1) , M ( 1;2) 203 ( ) ( ) 3 Giả sử M m,m − 3m + , N n,n − 3n + với m ≠ n tọa độ thỏa đề Vì tiếp tuyến M ,N song song với nên y'( m) = y'( n) hay 3m2 − 6m = 3n2 − 6n ⇔ ( m − n ) ( m + n − 2) = ⇒ n = − m, m ≠ ( ) Hơn MN = ( m − n ) + m3 − 3m2 + 1− n3 + 3n2 − , rút gọn ta MN = 4( m − 1) − 24( m − 1) + 40( m − 1) , n = − m Mà MN = suy 4t3 − 24t2 + 40t = 32 với t = ( m − 1) ,t > , giải t = , từ có ( m;n ) = ( 3; −1) ,( −1;3) Vậy, điểm cần tìm M ( 3; −1) , N ( −1;3) Bài 7:  2  2 Xét B b; ÷ , C  c; ÷ b < < c điểm thuộc đồ thị y = Gọi H , K lần x  b  c lượt hình chiếu B, C lên đường thẳng y = −2 , H ( b; −2) K ( c, −2) Dễ thấy ·BAH + ·CAK = ·CAK + ·ACK = 900 ⇒ ·BAH = ·ACK suy ∆AHB = ∆CKA (  2  ( 1− b) =  + ÷ AH = CK  c  cạnh huyền, góc nhọn ) ⇒  hay   BH = AK   2+ b = c −   bc = 3c + ∨ bc = −c −  ⇔  2+ = c − b  ∗ Với bc = 3c + ⇒ b = ( 1) ( 2) 8c + 3c + = c− thay vào ( 2) ta 3c + c Suy c2 + 3c + = 3c2 + 7c + = không thỏa c > −c − = c− ∗ Với bc = −c − ⇒ b = thay vào ( 2) ta c+ c Suy c2 + c − = ⇔ c = c = −3 ( không thỏa c > ) Vậy, B( −2; −1) , C ( 2;1) ngược lại tọa độ cần tìm     Gọi A  a;2 − ÷, B b;2 − ÷ với a < −1, b > −1 điểm a + 1 b + 1   thuộc nhánh phải nhánh trái đồ thị 204 Đặt u = −1− a > 0, v = 1+ b >      1   2  AB = ( u + v ) +  + ÷ = ( u + v ) 1+ ≥ 4uv 1+ 2 2   u v uv ( )    ( uv )  ≥ 16 Hay AB2 ≥ 4uv + uv u = v  u = v ⇒u=v=1 Đẳng thức xảy :  ⇔ u = 4uv = uv  2 Vậy, A ( 0;1) , B( −2;3) minAB =  7  7 Bài 8: Gọi A  a; a − a − a + ÷ , C  c; c − c − c + ÷ tọa độ điểm 3 3 2    thuộc đồ thị hàm số a + c  =1  7  7 I trung điểm AC :     3a − a − a + ÷+  c − c − c + ÷    =9   a + c =  ⇔ 1 2   1   ( a + c) ( a + c) − 3ac − ( a + c) − 2ac − ( a + c) − 11 =  A ( −3; −3) a + c = a = −3 a = ⇔ ⇔  ⇒ hay  ngược lại ac = −15 c = c = −3 C ( 5;21) TH1: A ( −3; −3) C ( 5;21) x = t d : D ∈ ( d ) ⇒ D ( t;2 − t) y = − t uuur uuur Ta có: AD = ( + t;5 − t ) , CD = ( −5 + t; −19 − t) uuur uuur  DA.DC = ABCD hình vuông   DA = DC t = −11 ∨ t = ⇔ 2 2 ⇒ t = −11 tức D ( −11;13) ( + t) + ( − t) = ( t − 5) + ( −19 − t) uuu r uuur Vì AB = DC = ( 16;8) ⇒ B( 13;5) Vậy, A ( −3; −3) , B( 13;5) , C ( 5;21) , D ( −11;13) tọa độ cần tìm TH2: A ( 5;21) C ( −3; −3) tương tự Bài 9: 205  x02 + 4x0 +   ÷ Gọi ( d ) khoảng cách từ M đến M x ;y ∈ C ⇒ M x ; Gọi ( 0) ( )  x0 + ÷   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 tốn M  ; ÷ M  ; ÷  2  2 ( ) ( ) 3 Giả sử A a; −a + 3a ,B b; −b + 3b với a ≠ b a,b > uuur uuu r OA.OB = OA ⊥ OB ⇒ ABCD hình vng tâm O ( 0;0) ⇔  OA = OB OA = OB ( )( ) ( ab + ab a2 − b2 − =  ⇔ a2 + a3 − 3a = b2 + b3 − 3b  ( ) ) ( ∗) ( ) a2b2 − a2 + b2 + 10 =   Biến đổi rút gọn ( ∗) , ta :  a + b =  2   a + b2 − − a2b2 + =  ( Trường hợp : a + b = thay vào ) ( 1) , ( 1) ( 2) ta : a4 − 6a2 + 10 = ( 3) Rõ ràng phương trình ( 3) khơng có nghiệm thực với ∀a ∈ ¡ Trường hợp 2: Đặt u = a2 + b2 ,v = a2.b2 v − 3u + 10 = v = 3u − 10 ⇔ Khi hệ ( 1) , ( 2) trở thành :  ( u − 3) − v + = u − 9u + 20 = Giải hệ, ta u = 4,v = u = v = a = + u = a2 + b2 = a = −  ⇒ ⇒ *    2  v =  a b =  b = +  b = − 206   5− 5+  a = a = u = a + b =   2 ⇒ ⇒ *   2 v =  a b =   5+ 5− b = b = 2   2 Vì vai trò A ,B nên ( C ) có hai bốn điểm A ,B,C,D cho ABCD hình vng có tâm O ( 0;0)  2b − 1 Bài 10: Từ giả thiết, ta có: A ( −3;7) , B b; ÷ với b ≠ −2  b+  uuur uuu r Tam giác OAB vuông A AO ⊥ AB suy AO.AB = , uuu r  uuur 5b + 15 AO = ( −3;7) AB =  b + 3; − ÷ b+   uuur uuu r 5b + 15 AO.AB = ⇔ −3.( b + 3) − = , quy đồng rút gọn ta phương b+ 41 trình: 3b2 + 50b + 123 = ⇔ ( b + 3) ( 3b + 41) = ⇔ b = −3 b = − Nếu b = −3 A ≡ B Nếu b = −  41 17  41 B − ; ÷  7  41 17  Vậy, B − ; ÷ tọa độ cần tìm  7 Bài 11: A B đối xứng qua đường thẳng ( d) đường thẳng ( d') nối hai điểm A B vng góc với ( d ) đồng thời trung điểm M A B thuộc đường thẳng ( d ) Đường thẳng ( d') nối hai điểm A B vng góc với ( d ) nên phương x trình có dạng: y = − + m Đường thẳng ( d') cắt đồ thị ( C ) hàm số hai điểm A B phương trình : 207 1− 2x x = − + m có hai nghiệm phân biệt, tức phương trình: 1+ x x2 − ( 2m + 3) x − 2( m − 1) = ( 1) có hai nghiệm phân biệt khác −1 hay  ∆ =  − ( 2m + 3)  + 8( m − 1) > ⇔ m2 + 20m + > ( 2)  ( −1) − ( 2m + 3) ( −1) − 2( m − 1) ≠  Với điều kiện ( 2) A B có hồnh độ x1 x2 nói cách khác  x   x  A  x1; − + m ÷ B x2; − + m ÷ tọa độ cần tìm 2      x1 + x2 2m + = xM = 2 Trung điểm M A B thỏa  y + y 2m −3 y = = M   2m +   2m − 3 M thuộc đường thẳng ( d ) ⇔ 8 ÷− 4 ÷ − 21 = hay m =     Với m = thỏa mãn điều kiện ( 2) , phương trình ( 1) trở thành: x2 − 5x = ⇔ x = x =  3 Vậy, A ( 0;1) B 5; − ÷ ngược lại 2  Bài 12: AB.MH Khi dt ( AMB) max ⇔ MH max với M ∈ ( P ) cho tiếp tuyến ( P ) M song song MH ⊥ AB ⇒ dt ( AMB) = ⇔ M ≡ M ( x0 ,y0 ) 9− =2 3+ = 2x0 = ⇔ x0 = Vậy M ( 1;1) điểm cần tìm với AB Hệ số góc AB k1 = k1 = y'( x0 ) Chú ý : Giả sử A ( x1;y1 ) ,B( x2;y2 ) , đường thẳng qua hai điểm phân biệt y2 − y1 ,x ≠ x1 ABcó hệ số góc k = x2 − x1  m + 2 Gọi M  m; ÷ điểm thuộc đồ thị m − 1  a d M;d = ( ) 2m + m+ −2 m−1 22 + = ( C) 2m2 − 3m + m−1 208 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 b d ( M ,Oy ) = 2d ( M ,Ox) ⇔ m = • m = −2 • m = m+ m−1 m+ ⇔ m2 + m + = vô nghiệm với ∀m ∈ ¡ m−1 m+ ⇔ m2 − 3m − = ⇔ m = −1, m = m−1  1 Vậy M  −1; − ÷, M ( 4;2) hai điểm cần tìm 2  Bài 13: B( −1;2) , C ( 3;4)     B b;2 + ÷,C  c;2 + ÷,b < < c thuộc I ( 0;1) b − 1  c − 1  Gọi H ,K hình chiếu B C Ox · Ta có: AB = AC,CAK + ·BAH = 900 = ·CAK + ·ACK ⇒ ·BAH = ·ACK ·CKA = ·BHA = 900 ⇒ ∆ABH = ∆CAK AH = KC  B( −1;1) ⇒ Nên :  HB = AK C ( 3;3) ( ) Gọi M x0;y ( x0 ) tọa độ cần tìm ≤ x0 ≤ Xét đường thẳng d qua M song song với OA , d ( M;OA ) = d ( d;OA ) Khoảng cách lớn d cách xa OA nhất, d tiếp tuyến song song OA tiếp điểm M  10  ;− ÷ Vậy, M  ÷   Gọi tọa độ điểm cực đại A ( 0;2) , điểm cực tiểu B( 2; −2) Dễ thấy A , B nằm hai phía đường thẳng y = 3x −  2 để MA + MB nhỏ điểm A , M , B thẳng hàng ⇒ M  ; ÷  5 209 f ( x0 ) AB : 8x − y − 16 = , d ( M;AB) = f '( x0 ) > x0 > f '( x0 ) với f ( x0 ) = x04 + 2x02 − 8x0 + 12 65 < x0 < , suy M ( 1; −1) 6 AM = ( x0 + 3) + ( x0 − 1) = f ( x0 ) , f '( x0 ) > x0 > f '( x0 ) < x0 < , suy M ( 0;4) Bài 14: ( ) A a;a − 5a + 10a − ∈ ( C ) , C ( −25 + 7c;c) ∈ ( d )  a + ( −25 + 7c) =−  2  7  I  − ; ÷ trung điểm AC ⇔   2  a − 5a + 10a − + c =   2  24 − a a = ⇒ A ( 3;4) c = ⇔ ⇔ ( a − 3) 7a2 − 14a + 27 = c = ⇒ C ( −4;3)  ( ( ) ) uuur uuur AB.OA = Gọi B( x0;y0 ) , x0 < Tam giác OAB vuông cân A  AB = OA 3( x0 − 3) + 4( y0 − 4) =  x = −1;y0 =  ⇔ ⇔ ⇒ B( −1;7) 2 ( x0 − 3) + ( y0 − 4) = 25  x0 = 7;y0 = 2  1  7 25 Đường tròn ngoại tiếp OABC :  x + ÷ +  y − ÷ = 2  2  Từ giả thiết suy E ( −1;0) , F ( 0;7) Dễ thấy, EF đường kính đường tròn, nên tam giác MEF vng M ME2 + MF2 EF2 25 ME.MF ≤ = = 4 Đẳng thức xảy tam giác MEF vuông cân M , tọa  x + + y2 = 25 ) ( M ( −4;4) 2 ⇒ độ M thỏa hệ:  1  7 25 M ( 3;3)  x + ÷ +  y − ÷ =  2  2  SMEF = Bài 15: Xét đường thẳng d : y = mx , d quay quanh gốc tọa độ O đường thẳng vng góc với d d' : y = − x ( m ≠ 0) m 210 Hoành độ giao điểm d ( C ) nghiệm phương trình: ( ) 41 x − x = mx 12 tương đương với x 20x − 12m − 41 = ( C) Giả sử d cắt điểm phân biệt A ,B khác O tức phương trình 20x2 − 12m − 41 = ( 1) có nghiệm phân biệt khác O , m > − Hoành độ giao điểm d' ( C) nghiệm 41 12 phương trình:   41 12 − 41÷ = x − x = − x tương đương với x 20x + m 12 m   Giả sử d' cắt ( C) 12 − 41 = m 12 m> 41 20x2 + điểm phân biệt C,D khác O tức phương trình ( 2) có nghiệm phân biệt khác O , m < 41 12 < m < m > d d' cắt ( C ) cắt 12 41 điểm phân biệt A , B, C, D O tâm hình vuông ABCD nên OA = OB = OC = OD Như vậy, với − Giả sử A ( x1;mx1 ) với x1 nghiệm nghiệm ( 2) ( 1) ( C)   C  x2; − x2 ÷ với x2 m     OA = OC ⇔ x12 + ( mx1 ) = x22 +  − x2 ÷ , quy đồng rút gọn ta  m  m2x12 = x22 tương đương 12m4 + 41m3 − 41m + 12 = hay viết lại 12t2 + 41t + 24 = ⇔ t = − với    1 12 m2 + + 41 m − ÷ = ( 3) 2÷ m    m  Đặt t = m − , phương trình m ( 3) t=− Với t = − 8 tức m − = − ⇔ m = −3 m = thỏa điều kiện m 3 Với t = − 3 −3 ± 73 tức m − = − ⇔ m = m 211 thỏa điều kiện Với giá trị m vừa tìm được, thay vào phương trình ( 1) ( 2) ta tìm điểm A , B, C, D cho tứ giác ABCD hình vng tâm O Bài 16: 3( x + 1) y = = 3+ x− x− Điều kiện cần đủ để M ( x;y ) ∈ ( C ) có tọa độ nguyên x − ước số nguyên 9, nghĩa x − = ±1,±3, ±9 Vậy có điểm thỏa tốn ( 1; −6) ,( −3;12) ,( −1;0) ,( 5;6) ,( −7;2) ,( 11;4) 1 53  y =  2x + + ÷ 4 6x + 1 Điều kiện cần đủ để M ( x;y ) ∈ ( C ) có tọa độ nguyên  53   2x + + ÷M4 6x + 1 1 53 2x + + ữ Â  4 6x + 1  2x + + 53 Â ữ 6x + 53   2x + + ÷M4  2x + + 53 M4  x = ⇒ y = 14  6x + 1 ÷ ⇔ ⇔  6x + 1 ⇔   x = −9 ⇒ y = −4  53 ∈ ¢ 6x + = ±1, ± 53   6x + Vậy có điểm thỏa tốn ( 0;14) ,( −9; −4) Bài 17: Gọi M ( x;y ) ,M '( x';y') thuộc ( C) 1  đối xứng qua điểm I  ;1÷ Khi 2  x + x' = x' = 1− x ⇔ ⇒ M '( 1− x;2 − y ) 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 + x2 + x − =  x = −2 ⇒ y = −4 ⇒ 2= + ⇔ ⇔ x− −x − x ≠ −1,x ≠ x = ⇒ y = Vậy ( C ) có cặp điểm: M ( −2, −4) ,M '( 3;6)  21  13 A  −5; − ÷, B 3; ÷ 4   4 212 Dạng 2: Điểm cố định thuộc đường cong, điểm mà họ đường cong không qua Bài 1: 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 =    3  3 ; ;− ÷, N  − ÷ Vậy M  ÷  ÷     Gọi M(x0;y0), N(−x0;y0);x0 > đối xứng qua Oy  y = x3 − (2m + 1)x2 + mx + 3m − 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 ∈ ¡ ⇔ m(2x02 − x0 − 3) + y0 − x03 + x02 + = ∀m ∈ ¡  2x2 − x − = x = −1 x0 = 0 ⇔ ⇔   y0 = x0 − x0 −  y0 = −4 y = −   7 Vậy họ đường cong (Cm) có hai điểm cố định: A 1(−1; −4) A  ; − ÷  8 Gọi B(x0;y0) điểm cố định mà khơng có đường cong họ đồ thị ( Cm ) qua Ta có: y0 ≠ x03 − (2m + 1)x02 + mx0 + 3m − ∀m ∈ ¡ ⇔ m(2x02 − x0 − 3) + y0 − x03 + x02 + ≠ ∀m ∈ ¡  2x2 − x − = x0 = x0 = −1 0 ⇔ ⇔   y0 ≠ x0 − x0 −  y0 ≠ −4 y ≠ −  213 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 2: Gọi A(x0;y0) điểm cố định mà họ ( C m ) qua Suy y0 = mx0 + ⇔ m(y0 − x0) + 2x0y0 − = ∀m ∈ ¡ 2x0 + m Từ ta tìm A(±1; ±1) Gọi M(x0;y0) điểm cố định mà khơng có đường cong họ ( C m ) qua, suy y0 ≠ mx0 + 2x0 + m ⇔ m(y0 − x0) + 2x0y0 − ≠ ∀m ∈ ¡  y = x0  y0 − 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 3: M(x0;y0) ∈ (C m ) ⇔ y0 = 2x02 + (1− m)x0 + 1+ m x0 − m m ≠ x0 ⇔ x0y0 − my0 = 2x0 + x0 − mx0 + 1+ m  m ≠ x0 ⇔  m(y0 − x0 + 1) + 2x0 + x0 + 1− x0y0 = (1) Để M thuộc (Cm) với m ≠ −1 trước hết cần phải có (1) nghiệm với m ≠ −1 nghĩa phải có:  y0 − x0 + =  y0 = x0 − x = −1 ⇔ ⇔  2x0 + x0 + 1− x0y0 = x0 + 2x0 + =  y0 = −2 Kiểm lại với x0 = −1thì điều kiện m ≠ x0 ⇔ m ≠ −1 Vậy với m ≠ −1 (C m ) qua điểm cố định M ( −1; − 2) Lại có y' = 2x2 − 4mx + m2 − 2m − (x − m)2 214 Suy hệ số góc tiếp tuyến (C m ) M y'(−1) = Suy phương y = ( x + 1) – = x – trình tiếp tuyến (d) (m + 1)2 (m + 1)2 (C m ) =1 điểm M Vậy với m ≠ -1 , (C m ) tiếp xúc với đường thẳng cố định (d) y = x – điểm cố định M ( −1; − 2) Với m , ( C m ) có tiệm cận xiên (Dm) : y = 2mx – m2 + Gọi (P) : y = ax2 + bx + c (a ≠ 0) parabol cần tìm 2mx − m2 + = ax2 + bx + c (Dm) tiếp xúc (P) ⇔  có nghiệm 2 (2mx − m )' = (ax + bx + c)' 2mx − m2 + = ax2 + bx + c (1) ⇔ có nghiệm 2m = 2ax + b (2) 2m − b (2) ⇔ x = Thay vào (1) ta 2a  2m − b   2m − b   2m − b  2m  ÷ − m + = a ÷ + b ÷+ c  2a   2a   2a  ⇔ 8(a − 1)m2 + 4(2b − ab)m + b2a − 2b2 + 4ac − 16a = (3) ∀m ≠ , (Dm) tiếp xúc (P) ⇔ Hệ (1), (2) có nghiệm với m ≠ ⇔ (3) nghiệm với m ≠ 8(a − 1) = a =   ⇔ 4(2b − ab) = ⇔ b =  c =  b a − 2b + 4ac − 16a =  Vậy ∀m ≠ ,(Dm) tiếp xúc với parabol cố định y = x2 + Gọi ( Cm ) : y= (m1 − 1)x + m1 x − m1 , ( Cm2 ) : y = (m2 − 1)x + m2 x − m2 (m1 ≠ m2 , m1 m2 khác 0) hai đồ thị họ đồ thị ( C m ) ( Cm1) tiếp xúc với ( Cm2 )  (m1 − 1)x + m1 (m2 − 1)x + m2 = (1)  x − m1 x − m2  ⇔ 2  −m1 = − m2 (2)  (x − m )2 (x − m )2  (A) có nghiệm (2) ⇔ m22(x − m1)2 − m12(x − m2)2 = (3) (do m1 nên x = m1 , x = m2 không thỏa mãn (3)) 215 ≠ m2 , m1 m2 khác ⇔ [m2(x − m1) − m1(x − m2)][m2(x − m1) + m1(x − m2)] = x = ⇔ (m2 − m1)x[(m1 + m2)x − 2m1m2] = ⇔  (m1 + m2)x − 2m1m2 = Thay x = vào (1) ta : -1 = - (đúng) Vậy x = nghiệm hệ (A) ,suy (Cm 1) tiếp xúc với (Cm2) điểm A(0;-1) (Cm1) , (Cm2) hai đồ thị họ (Cm) họ (Cm) ln tiếp xúc với điểm cố định M(0; -1) Cách khác Thay x = vào phương trình (Cm) ta y = - ,như với m ≠ ,họ đồ thị (Cm) qua điểm cố định M(0;1) Lại có phương trình tiếp tuyến (d) họ (Cm) M : y = y'(0)(x − 0) + y(0) = −1(x − 0) − = − x − Vì họ (Cm) ln có tiếp tuyến (d) cố định điểm cố định M chúng ln tiếp xúc với M (m − 2)x0 + 3m − A(x0;y0) ∈ (Hm) ⇔ y0 = x0 + 1− m m ≠ x0 + ⇔ x0y0 + y0 − my0 = mx0 − 2x0 + 3m − (1) (1) ⇔ m(x0 + + y0) − x0y0 − y0 − 2x0 − = (2) ∀m ≠ 0,A ∈ (Hm) ⇔ (2) nghiệm với m ≠ o  y = −x0 − x + + y0 = ⇔ ⇔ x0y0 + y0 + 2x0 + = x0(−x0 − 3) − x0 − + 2x0 + =  y0 = − x0 − x = −1 ⇔ ⇔ x0 + 2x0 + =  y0 = −2 Vậy A(-1; -2) điểm cố định (Hm) Chứng minh hệ số góc tiếp tuyến (Hm) A số y' = −m2 (x + 1− m)2 Hệ số góc tiếp tuyến (Hm) A y'(−1) = − m2 = −1 (− m)2 Vậy (Hm) tiếp xúc đường thẳng cố định : y = -(x +1) – = - x – điểm cố định A(-1;-2) Bài 4: Xét điểm A ( x0;x0 + 1) thuộc đường thẳng (d) xét phương trình x0 + = mx04 − (4m − 1)x02 + 3m + (1) Xem phương trình (1) phương trình với ẩn số m , ta có (1) ⇔ m(x04 − 4x02 + 3) + 4x02 − x0 = (2) ∀m ∈ ¡ ,A ∉ (Cm) ⇔ Phương trình (2) vơ nghiệm 216 x4 − 4x2 + = x2 = 1∨ x2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x0 = ±1∨ x0 = ± 2 4x − x ≠ 4x − x ≠ 0   Vậy điểm cần tìm A 1( 3; + 1),A 2(− 3; − + 1),A 3(1;2),A 4(−1;0) Gọi A ( x0;y0 ) điểm cố định (Cm) xét phương trình : y0 = (m + 3)x03 − (3m + 7)x0 + m + (1) Xem phương trình (1) phương trình ẩn m ,ta có: (1) ⇔ m(x03 − 3x0 + 1) + 3x02 − 7x0 + − y0 = (2) A ( x0;y0 ) điểm cố định (Cm) ⇔ (2) có tập nghiệm ¡ x3 − 3x + = x3 − 3x + = (3) 0 ⇔ ⇔ (I) 3 3x0 − 7x0 + − y0 =  y0 = 3x0 − 7x0 + (4) Gọi f(x0) = x03 − 3x0 + 1thì f(x0) hàm số liên tục ¡ , Lại có :  f ( −2) = −1, f ( 0) = , f ( 1) = − , f ( 2) = f(−2).f(0) < , f(0).f(1) < , f(1).f(2) < nên phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt ,suy hệ (I) có ba nghiệm phân biệt Vậy (Cm) qua ba điểm cố định Mặt khác từ (3) , (4) ta có: y0 = 3x03 − 7x0 + = 3(x03 − 3x0 + 1) + 2x0 = 2x0 14444244443 Điều chứng tỏ ba điểm cố định (Cm) đường thẳng y = 2x ,tức chúng thẳng hàng Xét điểm A ( x0;y0 ) ,ta có A ∈ (Cm) ⇔ y0 = mx04 + (m2 + 2m)x02 + m3 ⇔ m3 + x02m2 + (x04 + 2x02)m − y0 = (1) Xem (1) phương trình ẩn số m Xét hàm số f(m) = m3 + x02m2 + (x04 + 2x02)m − y0 , m ∈ ¡ Ta có hàm số f(m) liên tục ¡ Đạo hàm f '(m) = 3m2 + 2x02m + x04 + 2x02 Tam thức f '(m) có biệt số ∆ ' = x04 − 3(x04 + 2x02) = −2(x04 + x02) ≤ có hệ số số hạng chứa m2 > 0, su ⇒ ∀m ∈ ¡ ,f '(m) ≥ dấu đẳng thức xảy điểm x0 ⇒ Hàm số f(m) đồng biến ¡ Lại có lim f(m) = +∞ , lim f(m) = −∞ m→+∞ m→−∞ Suy phương trình (1) ln có nghiệm Vậy ln có đồ thị họ (Cm) qua A 217 ... nằm hai phía đường thẳng y = 3x −  2 để MA + MB nhỏ điểm A , M , B thẳng hàng ⇒ M  ; ÷  5 209 f ( x0 ) AB : 8x − y − 16 = , d ( M;AB) = f '( x0 ) > x0 > f '( x0 ) với f ( x0 ) = x04 + 2x02