CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC TRONG KHẢO SÁT HÀM SỐ

WWW.VNMATH.COM TAM GIÁC TRONG CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ DẠNG 1: Ba điểm cực trị tạo thành tam giác. Ví dụ 1. ( DB-2004 ). Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  1  Cm  (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m=1 2. Tìm m dể hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân . GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) x  0 2. Ta có : y '  4 x3  4m2 x  4 x  x 2  m2   0   2 2 x  m  m  0 (*) - Với điều kiện (*) thì hàm số (1) có ba điểm cực trị . Gọi ba điểm cực trị là : A  0;1 ; B   m;1  m 4  ; C  m;1  m 4  . Do đó nếu ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân , thì đỉnh sẽ là A . - Do tính chất của hàm số trùng phương , tam giác ABC đã là tam giác cân rồi , cho nên để thỏa mãn điều kiện tam giác là vuông , thì AB vuông góc với AC.     AB    m;  m 4  ; AC   m;  m 4  ; BC   2m; 0  Tam giác ABC vuông khi : BC 2  AB 2  AC 2  4m 2  m 2  m8   m 2  m8   2m 2  m 4  1  0;  m 4  1  m  1 Vậy với m = -1 và m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán . * Ta còn có cách khác - Tam giác ABC là tam giác vuông khi trung điểm I của BC : AI = IB , với I   0; m 4     IA   0; m 4   IA2  m8 ; IB   m; 0   IB 2  m 2  IA2  IB 2  m8  m 2 . Hay m 4  1  m  1 Ví dụ 2 : Cho hàm số y  x 4  2mx 2  1 (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 2.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thi hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. GIẢI. 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C). 2. Ta có y '  4 x 3  4mx x  0 y'  0   2 x  m - Hàm số có 3 cực trị  y’ đổi dấu 3 lần  phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m > 0 Khi m > 0 , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là A( m ; 1  m 2 ) , B (  m ; 1  m 2 ) , C (0 ; 1) - Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 1 WWW.VNMATH.COM Vì 2 điểm A, B đối xứng qua trục tung nên I nằm trên trục tung.  y0  0 2 Đặt I(0 ; y0). Ta có : IC = R  (1  y 0 )  1    y0  2  I  O(0 ; 0) hoặc I (0 ; 2) * Với I  O(0 ; 0) m  0 m  1   2 2 4 2 1 5 m m m m m   ( 1  )  1   2   0  m  IA = R 2   1 5 m  2  So sánh điều kiện m > 0, ta được m = 1 và m = 1 5 2 * Với I(0 ; 2) IA = R  m  (1  m 2 ) 2  1  m 4  2m 2  m  0 (*) Phương trình (*) vô nghiệm khi m > 0 Vậy bài toán thỏa mãn khi m = 1 và m = 1 5 2 BÀI TẬP 4 2 Câu1. Cho hàm số y  x  2mx  m  1 (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . 4 2 2 Câu 2. Cho hàm số y  x  2m x  1 (1), trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32. Câu 3. Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m 2  m (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  2 . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có góc bằng 1200. Câu 4. Cho hàm số y = x4 – 2m2x2 + 1, (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích của tam giác ABC bằng 32. Câu 5. Cho hàm số y = x4 – 2m2x2 + 1 (1) 1. Khảo sát hàm số (1) khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị h/s (1) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Câu 6. Cho hàm số y  x 4  2x 2  2  m có đồ thị (Cm) với m là tham số . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).của hàm số khi m = 0 . 2 WWW.VNMATH.COM 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m tam giác có ba đỉnh là ba điểm cực trị của đồ thị ( Cm ) là một tam giác vuông cân. Câu 7. Cho hàm số y  x 4  2(m  2) x 2  m 2  5m  5 . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2.Tìm m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu tạo thành một tam giác vuông cân. Câu 8. Cho hàm số y = x4 – 2mx2 + m – 1 . (1) 1. Khảo sát và và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để hàm số (1) có ba cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. 4 2 2 Câu 9. Cho hàm số y  x  2mx  2m  m (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =  1. 2 Định m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 10. Cho hàm số y = x 4 - 2mx 2 + 2m + m 4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 2. Xác định m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (1) lập thành một tam giác đều. DẠNG 2 : Hai điểm cực trị và một điểm khác tao thành một tam giác. Ví dụ 1. Cho hàm số y   x3  3x 2  3  m2  1 x  3m2  1 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (1) với m=1 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại , cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O. GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị . 2. Ta có : y '  3x 2  6 x  3  m2  1 - Để hàm số có cực đại , cực tiểu thì : y '  3x 2  6 x  3  m2  1 =0 có hai nghiệm phân biệt   '  9  9  m 2  1  0  9m 2  0;  m  0 (*) 3  3m   x1  3  m  1   x  3  3m  m  1 2 3  - Với điều kiện (*) hàm số có cực đại , cực tiểu .Gọi A  x1; y1  ; B  x2 ; y2  là hai điểm cực đại ,cực tiểu của hàm số . Nếu A, B cùng với O tạo thành tam giác vuông tại O thì OA   OA.OB  0 vuông gócvới OB :      - Ta có : OA  x1 ; y1  ; OB  x2 ; y2   OA.OB  x1 x2  y1 y2  0 1 - Bằng phép chia phương trình hàm số cho đạo hàm của nó , ta có :    x 1  x 3  3 x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1     3 x 2  6 x  3  m 2  1  2m 2 x  2  m 2  1  3 3 3 WWW.VNMATH.COM - Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : y  2m 2 x  2  m 2  1 - Do đó : y1  2m 2 x1  2  m 2  1 ; y2  2m 2 x2  2  m 2  1  y1. y2  4m 2  x1 x2   4  m 2  1  x1  x2   4  m 2  1 2  x1  x2  2 - Áp dụng Vi-ét cho (1)  2 , thay vào : . 1 x x   m  1 2  y1 y2  4  m 4 1  m 2   2(m 2  1)  (m 2  1) 2   4  m 2  11  m 2  m 4  - Vậy : x1 x2  y1 y2  0  (1  m2 )  4  m2  11  m2  m4   0   m 2  1  4 1  m 2  m 4   1  0  m  1  m  1 2  m   1 0 2 2 4  2 3 * Hay :  m  1 3  4m  4m   0;   4 2 m   6    m  m m     4 4 3 0   2  2 Kết luận : Với m thỏa mãn (*) thì hai điểm cực đại , cực tiểu của hàm số cùng với O tạo thành tam giác vuông tại O . 3 2 Ví dụ 2. Cho hàm số y  x  3x  3 1  m  x  1  3m  Cm  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m = 1 . 2. Tìm m để hàm số có cực đại , cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại và cực tiểu cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 . GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C). 2. Để hàm số có cực đại , cực tiểu thì phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 2  x – 2x + (1 – m) = 0 có 2 nghiệm phân biệt   '  0  1 – (1 – m) > 0  m > 0 (*) - Với điều kiện (*), hàm số có CĐ, CT . Gọi A  x1; y1  ; B  x2 ; y2  là hai điểm cực trị . Với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ( x 2  2 x  1  m) = 0 (1) . - Bằng phép chia phương trình hàm số cho đạo hàm của nó , ta được :  x 1  y     y '2mx  2m  2 . Suy ra phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị  3 3 là d : y = -2mx + 2m + 2 .  y1  2mx1  2m  2; y2  2mx2  2m  2 .  - Ta có : AB   x2  x1 ; 2m( x1  x2 )   AB   x2  x1   4m2  x2  x1   x2  x1 4m2  1 - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên (AB), h là khoảng cách từ O đến AB thì : 2 h 1 2 1 2 - S  AB.h  | x 2  x1 | 1  4m 2 . | 2m  2 | 1  4m 2 2 | 2m  2 | 1  4m 2 | x 2  x1 || m  1 | 2  2 . m  1  2 m m  1  4;  m  m  1  4 1 3  m  2m 2  m  4  0   m  1 m 2  3m  4  0  m  1 - Theo giả thiết : 4   Kết luận : với m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán . BÀI TẬP Bài 1. Cho hàm số y = x3 – 3x2 + m , (1). 4  WWW.VNMATH.COM 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu , đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1) Bài 2. Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị và các điểm cực trị đó với gốc tọa độ tạo thành một tam giác vuông tại O 1 3 3 2 Câu 3. Cho hàm số y  x  2 x  3x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 2. Gọi A, B lần lượt là các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1). Tìm điểm M thuộc trục hoành sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 2. Câu 4. Cho hàm số y   x3  3x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác vuông tại O. Câu 5. Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  2 (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2.Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. DẠNG 3 : Giao điểm của các đồ thị và một điểm khác tao thành tam giác. Ví dụ 1.Cho hàm số y  x3  3x 2  4  C  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc là k ( k thuộc R). Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . - Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x3 – 3x2 + 4 = kx + k 3 2 2  x – 3x – kx + 4 – k = 0  (x + 1)( x – 4x + 4 – k ) = 0  x  1  có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x2 – 4x + 4 – k = 0 có hai 2  g ( x)  x  4 x  4  k  0  '  0 k  0   0  k  9 (*) nghiệm phân biệt khác - 1    g (1)  0 9  k  0 Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Gọi B  x1 ; y1  ; C  x2 ; y2  với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x 2  4 x  4  k  0 . Còn y1  kx1  k ; y2  kx2  k .  2 - Ta có : BC   x2  x1 ; k  x2  x1    BC   x2  x1  1  k 2   x2  x1 1  k 2  5 WWW.VNMATH.COM k - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h  1 k 2 - Vậy theo giả thiết : S 1 1 k h.BC  .2 k 2 2 1 k 2 1 k 2  2 k3  1  k3  Đáp số : k  Ví dụ 2. Cho hàm số y  1 1 1  k3   k  3 2 4 4 1 , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . 3 4 mx x2  Hm  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) với m = 1 2. Tìm m để đường thẳng d : 2x + 2y - 1= 0 cắt  H m  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 . 8 GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (H). 1 2 2. Đường thẳng d viết lại : y   x . Để d cắt  H m  tại hai điểm phân biệt A, B thì mx 1   x ( x  2)  g ( x)  2 x 2  x  2m  2  0 có hai nghiệm phân x2 2 17  1  8(2m  2)  0   0 m    biệt khác - 2   (*) 16 4  2 m  0  g (2)  0 m  2 phương trình: - Gọi 2 2  1   1   A  x1 ;  x1  ; B  x2 ;  x2   AB   x2  x1 ; x1  x2   AB   x2  x1    x2  x1   x2  x1 2  2   2  1 1 - Khoảng cách từ O đến d là h , thì : h  2 2  2 2 2 2 1 1 1 1  1 17  16m 3    - Theo giả thiết : S  AB.h  x2  x1 2. 2 2 4 2 8 2 2 4 a 17  1 17  16m 3 1 m  Hay :  ;  17  16m  3   16  m  , thỏa mãn điều kiện (*) . 4 2 8 2 16m  8 - Đáp số : m = 1 . 2 Ví dụ 3. Cho hàm số y  2x 1 C  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2.Tìm tham số m để đường thẳng d : y = - 2x + m cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 . GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) . 6 WWW.VNMATH.COM 2. Nếu d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình : 2x  1  2 x  m ( x  1)  g ( x)  2 x 2  (m  4) x  1  m  0 (1) có hai nghiệm phân biệt x 1   (m  4) 2  8(1  m)  0 m 2  8  0  m2  8  0  m  R . khác -1     g (1)  0  g (1)  1  0 Chứng tỏ với mọi m d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B - Gọi : A  x1; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  . Với : x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1)    - Ta có : AB  x2  x1 ; 2  x  x2   AB  1  x2  x1  2  4  x2  x1   x2  x1 2 5. - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d , thì khoảng cách từ O đến d là h : m m h  5 22  1 1 2 - Theo giả thiết : S  AB.h  1 x2  x1 2 5 1  1 5 .  . m2  8  3 2 2 4 Vậy : m2  8  42.3  m2  8  42.3  m2  40  m  2 10 (*) Với m thỏa mãn điều kiện (*) thì d cắt (C) tại A, B thỏa mãn yêu cầu bài toán . Ví dụ 4 . Cho hàm số y  x3  2mx 2   m  3 x  4  Cm  (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) với m = 2 . 2. Tìm m để đường thẳng d : y = x + 4 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 4 . ( Điểm B, C có hoành độ khác không ; M(1;3) ). GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2. Đồ thị (1) cắt d tại ba điểm A,B,C có hoành độ là nghiệm của phương trình : x  0  x3  2mx 2   m  3 x  4  x  4;  x  x 2  2mx  m  2   0   2  x  2mx  m  2  0   '  m 2  m  2  0  m  1  m  2 (*) Với m thỏa mãn (*) thì d cắt (1) tại ba điểm A(0; 4) , còn hai điểm B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình :  '  m2  m  2  0  x 2  2mx  m  2  0    m  1  m  2; m  2 m  2  0  - Ta có :  B  x1 ; x1  4  ; C  x2 ; x2  4   BC   x2  x1 ; x2  x1   BC   x2  x1    x2  x1  2 2  x2  x1 -Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d . h là khoảng cách từ M đến d thì : h 1 3  4 2  2S 1 1 BC.h  x2  x1 2 2 2. 2  x2  x1 - Theo giả thiết : S = 4  x2  x1  4;  2  '  4;  m 2  m  2  4  m 2  m  6  0 Kết luận : với m thỏa mãn : m  2  m  3  m  3 ( chọn ). Bài 5 . Cho hàm số y  x3  2mx 2  3(m  1) x  2 (1), m là tham số thực 7 2 WWW.VNMATH.COM 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2.Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng  : y   x  2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1). Giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với () là: x3  2mx 2  3(m  1) x  2   x  2 x  0  y  2  2  g ( x)  x  2mx  3m  2  0(2) Đường thẳng () cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C  Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0. m  2  m  1 m 2  3m  2  0  '  0     2  g (0)  0 3m  2  0 m  3 Gọi B  x1 ; y1  và C  x2 ; y2  , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1   x1  2 và y1   x2  2 3 1 2 2 S MBC 2.2 2  4 h 2 2 Mà BC 2  ( x2  x1 )2  ( y2  y1 ) 2  2 ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2  = 8(m2  3m  2) Ta có h  d  M ;()    BC  Suy ra 8(m 2  3m  2) =16  m  0 (thoả mãn) hoặc m  3 (thoả mãn) BÀI TẬP. Bài 1. Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4, có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Cho d là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1 ; 3). Tìm m để d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0 ; 4), B, Csao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2. Bài 2. Cho hàm số y  x3  2mx 2  3(m  1) x  2 (1), m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2.Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng  : y   x  2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1). Bài 3. Cho hàm số y = 2x  1 x 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Định k để đường thẳng d: y = kx + 3 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm M, N sao cho tam giác OMN vuông góc tại O. ( O là gốc tọa độ) Bài 4. Cho hàm số y  mx có đồ thị là ( H m ) , với m là tham số thực. x2 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1 . 2.Tìm m để đường thẳng d : 2 x  2 y  1  0 cắt ( H m ) tại hai điểm cùng với gốc tọa độ tạo 3 8 thành một tam giác có diện tích là S  . Câu 5. Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 có đồ thị là (C). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 8 WWW.VNMATH.COM 2. Gọi dk là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) với hệ số góc k (k  ¡ ) . Tìm k đểđường thẳng dk cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C và 2 giao điểm B, C cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 . Câu 6 . Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi E là tâm đối xứng của đồ thị (C). Viết phương trình đường thẳng qua E và cắt (C) tại ba điểm E, A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 . Câu 7 . Cho hàm số y  2x  1 x 1 (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d: y  x  m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB vuông tại O. DẠNG 4: Tiếp tuyến cùng với các trục tọa đô tạo thành tam giác. Ví dụ 1. (KA-2009). Cho hàm số y  x2 1 1   2 x  3 2 2  2 x  3 C  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành , trục tung lần lượt tai hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O . GIẢI 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2.Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M  x0 ; y0   d : y   - d cắt trục Oy tại B : yB   - d cắt trục Ox tại A : 0   1  2 x0  3 1  2 x0  3  x0   y0  2  1  2 x0  3 x0  2 x0  3 2  x  x0   y0  x A  x0  2  A - Tam giác OAB cân  OA  OB  x02  4 x0  3  2 x0  3 2 2  x  x0   y0 x0  2 2 x 2  8 x0  6  0  2 x0  3  2 x0  32 x0  2 2 x 2  4 x0  2  xA  0 2 x0  3 2 x0  3  x0  1 x0  3  x0  1 x02  2 x0  1 ;   2 2 x0  3 2 x0  3  2 x0  3  x0  1  0 2  x0  0  y0  2    ;   x0  3   x0  1 2 x0  3 ;  2  x0  2 x0   0;  3  x0  3  x0  1  2  (2 x0  3) 2 x0  3  x0  2  y0  0 2 Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán : M 1  0;  ; M 2  2;0   3 Ví dụ 2. (KD-2007). Cho hàm số y  2x x 1 C  9 2 WWW.VNMATH.COM 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) , biết tiếp tuyến tại M cắt hai trục Ox, Oy tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 . 4 GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b. Gọi M  x0 ; y0    C   y0  - Tiếp tuyến tại M là d : y  2 x0 x0  1 2  x0  1 2  x  x0   2 x0 2  2 x   x0  1 y  2 x02  0 x0  1 - d cắt Ox tạiA. 0 2 x0 2 ( x A  x0 )   x A  x0  x0 ( x0  1)  0  x A   x02  A( x02 ; 0) 2 x0  1 ( x 0  2) - d cắt Oy tại điểm B : yB  2  x0  1 0  x0   2   2 x0 2 x02 2 x02  B  yB   0;   2   x  12  x0  1  x0  1 0   - Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d, h là khoảng cách từ O đến d thì : h  2 x02 AB   x02 ; ( x0  1) 2  1 1 Vậy : S  AB.h  2 2 ( x0  1) 4  4 4  4 x04 4  ( x 0  1)  4    AB 2  x 04   x  0  4  ( x0  1) 4   ( x0  1)   x0  1  4 x04  2 2  x0  1  x0  1 4 2 x02  x0  1 | 2 x02 | 4 4 2 0 .x  1 4 x  1  y0  1  2 x02  x0  1  2 x02  x0  1  0  0  Cho nên  4 x   x0  1   2  2  1  2 x0   x0  1  2 x0  x0  1  0  x0    y0  2 2  1 Do đó có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán : M 1 1;1 ; M 2   ; 2   2  4 0 2 3 2 Ví dụ 3: Cho hàm số y  x  x  1 có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và tam giác OAB cân tại O. GIẢI. 1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 2. Gọi M ( x0 ; y 0 )  (C )  y 0  x03  x02  1 . - Tiếp tuyến tại M là d: y  (3x02  2 x0 )( x  x0 )  ( x03  x02  1) 10