Tính chất:

a) Hàm số bậc nhất , x{c định với mọi giá trị x R .

b) Trên tập số thực, hàm số yax b đồng biến khi a0 và nghịch biến khi a0.

3. Đồ thị hàm số yax b với



^a0



.

+ Đồ thị hàm số yax b l| đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b và cắt trục hoành tại điểm có ho|nh độ bằng ^b

a. + a gọi là hệ số góc của đường thẳng yax b

4. Cách vẽ đồ thị hàm số yax b .

+ Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm.

+ Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là ^{A b;0 ,B}

 

^0;b

a

 

 

  .

+ Chú ý: Đường thẳng đi qua ^{M m}



^;0



song song với trục tung có phương trình: x m 0, đường thẳng đi qua ^N

 

^0;n song song với trục ho|nh có phương trình: y n 0

5. Kiến thức bổ sung.

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A x y



1; 1

 

,B x y2; 2



thì



2 1

 

² 2 1



²

AB x x  y y . Điểm ^{M x y}

 

^; l| trung điểm của AB thì

1 2; 1 2

2 2

x x y y

x  y 

  .

6. Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vuông góc.

Website: tailieumontoan.com Cho hai đường thẳng

 

d1 :yax b v| đường thẳng

 

d2 :ya x b'  ' với a a, '0.

 ( ) / /(d₁ d₂) a a' và bb'.

 ( )d₁ (d₂) a a' và bb'.



 

d1 cắt

 

d2  a a'.

 ( )d₁ (d₂)a a. ' 1

Chú ý: Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng yax b và trục Ox, nếu 0

a thì tana.

Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ:

Ví dụ 1) Cho đường thẳng

 

d1 :y x 2 v| đường thẳng

 

^{d2 :y}



^{2m2m x m}



^{ 2m.}

a) Tìm m để ( ) / /(d₁ d₂).

b) Gọi A l| điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có ho|nh độ x2. Viết phương trình đường thẳng (d₃)đi qua A vuông góc với

( )d1 .

c) Khi ( ) / /(d₁ d₂). Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

 

1 2

( ),d d .

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( )d₁ và tính diện tích tam giác OMN với M N, lần lượt l| giao điểm của ( )d1 với các trục tọa độ Ox Oy, .

Lời giải:

a) Đường thẳng ( ) / /(d₁ d₂) khi và chỉ khi

  

  

2 2

1 2 1 0

2 1 1

1 2 0 2 2

m m

m m

m m m

m m

  

   

    

 

  

   

  .

Vậy với ¹

m 2 thì ( ) / /(d₁ d₂).

Website: tailieumontoan.com

b) Vì A l| điểm thuộc đường thẳng ( )d₁ có ho|nh độ x2 suy ra tung độ điểm A l^{y   2 2 4 A}

 

^2;4 .

Đường thẳng

 

d1 có hệ số góc là a1, đường thẳng

 

d2 có hệ số góc là a'a'.1    1 a' 1 . Đường thẳng

 

d3 có dạng y  x b. Vì

 

d3 đi qua ^A

 

^{2; 4 suy ra 4    2 b b 6}. Vậy đường thẳng

 

d3 là y  x 6. c)

Khi ( ) / /(d₁ d₂) thì khoảng cách giữa hai đường thẳng

 

d1 và

 

d2

cũng chính l| khoảng cách giữa hai điểm A B, lần lượt thuộc

 

d1 và

 

d2 sao cho AB( ),d1 AB

 

d2 .

Hình vẽ: Gọi B l| giao điểm của đường thẳng (d3) và (d₂). Phương trình ho|nh độ giao điểm của

 

d2 và

 

d3 là:

1 25 23 25 23

6 ;

4 8 8 8 8

x x x y B 

          .

Vậy độ d|i đoạn thẳng AB là:

2 2

25 23 9 2

2 4

8 8 8

AB       

    .

d) Gọi M N, lần lượt l| giao điểm của đường thẳng

 

d1 với các trục tọa độ Ox Oy, . Ta có:

Cho ^{y    0 x 2 A}



^2;0



^{, cho y    0 x 2 N}



^2;0



^{. Từ đó}

suy ra OM ON2 MN2 2.Tam giác OMN vuông cân tại O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên MN ta có

1 2

OH 2MN  và ^{1 . 2}

OMN 2

S  OM ON  ( đvdt).

Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân tại O ta có thể tính OH theo cách:

Trong tam giác vuông OMN ta có:

B A (d3)

(d2) (d1)

N y

H

Website: tailieumontoan.com

2 2 2

1 1 1

OH OA OB (*). Từ đó để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ( )d ta làm theo cách:

+ Tìm c{c giao điểm M N, của ( )d với các trục tọa độ

+ Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong tam giác vuông OMN (công thức (*)) để tính đoạn OH.

Bằng cách làm tương tự ta có thể chứng minh được công thức sau:

Cho M x y



0; 0



v| đường thẳng ax by c  0. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng là:

0 0

2 2

ax by c d

a b

 

  .

Ví dụ 2:Cho đường thẳng ^{mx }



^{2 3m y}



^{  m 1 0 ( )d} . a) Tìm điểm cố định m| đường thẳng ( )d luôn đi qua.

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( )d là lớn nhất.

c) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt các trục tọa độ Ox Oy, lần lượt tại A B, sao cho tam giác OAB cân.

Lời giải:

a) Gọi I x y



0; 0



l| điểm cố định m| đường thẳng ( )d luôn đi qua với mọi m khi đó

ta có:

 

0 2 3 0 1 0

mx   m y    m mm x



03y0 1



2y0  1 0 m

0 0

0

3 1 0

2 1 0

x y

y

  

    . Hay

0

0

1 2 1 1

1 2 2; 2

x

I y

    

  

 

 

.

Website: tailieumontoan.com

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ( )d . Ta có: OH OI suy ra OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi

( )

H  I OI  d . Đường thẳng qua O có phương trình: yax do

1 1 1 1

; . 1 :

2 2 2 2

I    OI a   a OI yx. Đường thẳng ( )d được viết lại như sau:



^{2 3}



^{1 0}



^{2 3}



¹

mx  m y   m  m y mx m. + Đế ý rằng với 2

m 3 thì đường thẳng ( ) : ¹ 0

d x 2 song song với trục Oy nên khoảng cách từ O đến ( )d là ¹

2. + Nếu ²

m 3 đường thẳng ( )d có thể viết lại: ¹

3 2 3 2

m m

y x

m m

  

  .

Điều kiện để ( )d OI là .1 1 2 3 ¹

3 2 2

m m m m

m       

 . Khi đó

khoảng cách

2 2

1 1 2

2 2 2

OI           . Vậy 1

m2 là giá trị cần tìm.

c) Ta có thể giải bài toán theo 2 cách sau:

+ Cách 1: Dễ thấy 2

m3 không thỏa mãn điều kiện (Do ( )d không cắt Oy). Xét 2

m 3, đường thẳng ( )d cắt Ox Oy, tại c{c điểm A B, tạo thành tam giác cân OAB , do góc AOB90⁰  OAB vuông cân tại O. Suy ra hệ số góc của đường thẳng ( )d phải bằng 1 hoặc 1 và đường thẳng ( )d không đi qua gốc O.

1 1

3 2

1

1 2

3 2

m m

m

m m

m

   

  

  

   

 



. Ta thấy chỉ có giá trị 1

m2 là thỏa mãn điều kiện bài toán.

Website: tailieumontoan.com

Cách 2: Dễ thấy ², 0

m3 m không thỏa mãn điều kiện

Xét 2

0;3

m , đường thẳng ( )d có thể viết lại: 1

3 2 3 2

m m

y x

m m

  

  .

Đường thẳng ( )d cắt trục Ox tại điểm A có tung độ bằng 0 nên

1 1 1 1

0 ;0

3 2 3 2

m m m m m

x x A OA

m m m m m

     

       

    , đường

thẳng ( )d cắt trục Oy tại điểm có ho|nh độ bằng 0 nên

1 1 1

3 2 0;3 2 3 2

m m m

y B OB

m m m

    

        . Điều kiện để tam giác

OAB cân là

1 1

1 1

3 2 1

3 2

2 m m

m m

OA OB

m m

m m m

 

 

  

        

. Giá

trị m1 không thỏa mãn , do đường thẳng ( )d đi qua gốc tọa độ.

Kết luận: 1 m2.

Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng

1 2

( ) :d mx(m1)y2m 1 0,(d ) : (1m x my)  4m 1 0 a) Tìm c{c điểm cố định mà ( )d1 , (d2) luôn đi qua.

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P(0;4) đến đường thẳng ( )d1 là lớn nhất.

c) Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm I .Tìm quỹ tích điểm I khi m thay đổi.

d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác I AB với A B, lần lượt l| c{c điểm cố định mà

   

d1 , d2 đi qua.

Lời giải:

a) Ta viết lại

 

( ) :d1 mx(m1)y2m  1 0 m x    y 2 1 y 0. Từ đó dễ dàng suy ra đường thẳng (d1) luôn đi qua điểm cố định: ^A

 

^1;1 .

Website: tailieumontoan.com Tương tự viết lại

 

(d2) : (1m x my)  4m  1 0 m y    x 4 1 x 0 suy ra (d₂) luôn đi qua điểm cố định: ^B



^1;3



^.

b) Để ý rằng đường thẳng ( )d₁ luôn đi qua điểm cố định: ^A

 

^{1;1 .}

Gọi H là hình chiếu vuông góc của P lên ( )d₁ thì khoảng cách từ A đến ( )d1 là PH PA. Suy ra khoảng cách lớn nhất là PA khi

 

1

PH PH  d .Gọi yax b là phương trình đường thẳng đi qua ^P

   

^{0;4 ,A 1;1} ta có hệ : .0 4 4

.1 1 3

a b b

a b a

  

 

     

  suy ra phương trình

đường thẳng PA y:   3x 4.

Xét đường thẳng ( ) :d₁ :mx(m1)y2m 1 0. Nếu m1 thì

 

d1 :x 1 0 không thỏa mãn điều kiện. Khi m1 thì:

 

1

2 1

: 1 1

m m

d y x

m m

  

  . Điều kiện để ( )d1 PA là

 

^{3 1 1}

1 4

m m

m     

 .

c) Nếu ^m⁰ thì

 

d1 : y 1 0 và

 

d2 :x 1 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại ^I



^1;1



^{. Nếu}

1

m thì

 

d1 : x 1 0 và

 

d2 :y 3 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại ^I

 

^{1;3 . Nếu m}

 

^{0;1 thì ta}

viết lại

 

1

2 1

: 1 1

m m

d y x

m m

  

  và

 

2

1 4 1

: m m

d y x

m m

 

  . Ta thấy

1 1

1

m m

m m

     

   

   nên

   

d1  d2 . Do đó hai đường thẳng này luôn cắt nhau tại 1 điểm I .

Tóm lại với mọi giá trị của m thì hai đường thẳng

   

d1 , d2 luôn vuông góc

(d2) (d1)

H K

A B

I

Website: tailieumontoan.com và cắt nhau tại 1 điểm I . Mặt khác theo

câu a) ta có

   

d1 , d2 lần lượt đi qua 2

điểm cố định A B, suy ra tam giác I AB vuông tại A. Nên I nằm trên đường tròn đường kính AB.

d) Ta có ^AB



^{ 1 1}

 

^{2 3 1}



^{2 2 2}. Dựng IHAB thì

1 1 1 2

. . . 2

2 2 2 2 4

I AB

AB AB

S_  IH AB IK AB AB  . Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IAB là 2 khi và chỉ khi IHIK. Hay tam giác

IAB vuông cân tại I.

Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

Ta có các kết quả quan trọng sau:

+ Xét hàm số y f x( )ax b với m x n khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại xm hoặc xn. Nói cách khác:

   

 

min ( ) min ;

m x n

f x f m f n

 

 và ^{max ( ) max}

    

^;



m x n

f x f m f n

 

 . Như

vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số y f x( )ax b với m x n ta chỉ cần tính các giá trị biên là ^{f m}

   

^{,f n} và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN.

+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất

 

y f x ax b có ^{f m}

   

^{,f n 0 thì f x}

 

^0 với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: m x n.

Ví dụ 1: Cho các số thực 0x y z, , 2. Chứng minh rằng:

   

2 x  y z xyyzzx 4. Lời giải:

Ta coi y z, như l| c{c tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:

   

( ) 2 2 4 0

f x   y z x y z yz  .

Website: tailieumontoan.com

Để chứng minh ^{f x}

 

^0 ta chỉ cần chứng minh:

 

 

0 0 2 0 f

f

 

 

 . Thật vậy ta có:

+ ^f

  

^{0 2 y z}



^{yz 4}



^{y2 2}



^{ z}



^{0 với y z,} thỏa mãn:

0 y z, 2.

+ ^f

  

^{2 2 2  y z}

 

^{2 y z}



^{yz   4 yz 0 với y z,} thỏa mãn:

0 y z, 2.

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi



^{x y z; ;}

 

^{ 0;2;2}



hoặc các hoán vị của bộ số trên.

Ví dụ 2: Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn điều kiện:

1

x  y z . Tìm GTLN của biểu thức: Pxyyz zx 2xyz. Lời giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử ^min



^{, ,}



¹

3 3

x y z z x y z  z    . Ta có

  

^{2 1}



²

0 4 4

x y z

xy  

   .



^{1 2}

   

^{1 2}

 

¹



Pxy  z  x y zxy  z z z . Ta coi z là tham số xy là ẩn số thì ^{f xy}

 

^xy



^{1 2 z}

 

^{z 1z}



là hàm số bậc nhất của xy với



¹



²

0 4

xy z

  . Để ý rằng: 1 2 z0 suy ra hàm số

  

^{1 2}

 

¹



f xy xy  z z z luôn đồng biến . Từ đó suy ra

  

¹



²



^{1 2}



¹



²



^{1 2}



^{2 3 2 1}

4 4 4

z z z z

f xy  f    z  z  z    

3 2

7 1 1 1

272z 4z 108

 

7 1 1 2 1 7

27 2z 3 z 6 27

       

    . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ¹

x  y z 3.

Website: tailieumontoan.com

Ví dụ 3: Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện:

1

a b c   . Chứng minh rằng: ⁵



^{a2 b2 c2}

 

^{6 a3 b3 c3}



^1.

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử: ^amin



^{a b c, ,}



^{suy ra 1}

a3. Bất đẳng thức tương đương với

 

²

 

³

 

2 3

5a  b c 2bc6a  b c 3bc b c 1

 

²

 

³

     

²

2 3

5a 1 a 2bc 6a 1 a 3bc 1 a  1 9a 4 bc 2a 1 0

                 . Đặt t bc thì

2 2

0 1

2 2

b c a

t      

     . Ta cần chứng minh:

  

^{9 4}

 

^{2 1}



^{2 0}

f t  a t a  với mọi

1 2

0; 2

t   a . Do 9a 4 0 suy ra hàm số ^{f t}

 

nghịch biến. Suy ra

 

^{1 2 1}



^{3 1}



^{2 0}

2 4

f t  f  a  a a  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

a  b c 2.

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI Kiến thức cần nhớ.

Hàm số yax²



^a0



: Hàm số x{c định với mọi số thực x Tính chất biến thiên:

+) Nếu a0 thì hàm số đồng biến khi x0, nghịch biến khi x0. +) Nếu a0 thì h|m đồng biến khi x0, nghịch biến khi x0. Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ O l|m đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng. Khi a0 thì Parabol có bề lõm quay lên trên, khi a0 thì Parabol có bề lõm quay xuống dưới.

Website: tailieumontoan.com

Ví dụ 1.

a) Hãy x{c định hàm số ^{y f x}

 

^ax2 biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm ^A

 

^{2;4 .}

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho

c) Tìm c{c điểm trên Parabol có tung độ bằng 16.

d) Tìm m sao cho ^{B m m}



^{; 3}



thuộc Parabol.

e) Tìm c{c điểm trên Parabol (khác gốc tọa độ) c{ch đều hai trục tọa độ.

Lời giải:

a) Ta có ^A

 

^{P  4 a.22  a 1}

b) Đồ thị Parabol có đỉnh là gốc tọa độ

 

^0;0

O quay bề lồi xuống dưới, có trục đối xứng là Oy đi qua c{c điểm

  

^{1;1 , 1;1 ,}

   

^{3;9 , 3;9}



M N  E F 

c) Gọi C l| điểm thuộc

 

^P có tung độ bằng 16.

Ta có: yC ¹⁶x²C ¹⁶xC  ⁴. Vậy ^C



^4;16



hoặc ^C



^4;16



. d) Thay tọa độ điểm B vào

 

^{P ta được:}

 

3 2 3 2 2

0 1 0 0

m m m m  m m   m hoặc m1.

y= a x² Với a<0 y

O x

y=x²

-3

9

1 3 -1

1 y

O x

y

O x y= ax² Với a>0

Website: tailieumontoan.com

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 40 Trang 40/17

e) Gọi D l| điểm thuộc

 

^P c{ch đều hai trục tọa độ. Ta có:



^,



D D^2;



^,



D

d D Ox  y x d D Oy  x . Theo giả thiết ta có:

2 0

D D D

x  x  x  (loại) hoặc x_D 1. Vậy ^D

 

^1;1 hoặc ^D



^1;1



. Ví dụ 2: Một xe tải có chiều rộng là 2,4 m chiều cao là 2,5 m muốn đi qua một cái cổng hình Parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là 2 5 m( Bỏ qua độ dày của cổng).

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi Parabo

 

^{P :yax2} với a0 là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh

1 a  .

2) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP H|

Nội 2015-2016) Lời giải:

1) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ d|i c{c đoạn thẳng được tính theo đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên

2

MANA m. Theo giả thiết ta có OMON 2 5, áp dụng định lý Pitago ta tính được: OA4 vậy ^M



^{2; 4 ,}

 

^{N  2; 4}



. Do ^M



^{2; 4}



thuộc parabol nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình:

 

^{P :yax2} hay  ^{4 a.22}  ^{a 1} và

 

^{P :y x2}.

2) Để đ{p ứng chiều cao trước hết xe tải phải đi v|o chính giữa cổng.

Xét đường thẳng

 

^{: 3}

d y 2 (ứng với chiều cao của xe). Đường thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm

A

B H

T

N M

-4

y=-x² -2 2

y

x O

41

Website: tailieumontoan.com

có tọa độ thỏa mãn hệ:

2

3 2

y x

y

  



  

2 3

2 3 2 x y

 

   



3 2 3

2 ; 2

3 2 3

2 ; 2

x y

x y

   





   



suy ra tọa độ hai giao điểm là

3 2 3 3 2 3

; ; ; 3 2 2, 4

2 2 2 2

T  H  HT

    

   

   

    . Vậy xe tải có thể đi qua

cổng.

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d y:  1 và điểm ^F

 

^0;1 . Tìm tất cả những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF.

Lời giải:

Giả sử điểm ^{I x y}

 

^; . Khi đó khoảng cách từ I đến d bằng y1 và

 

²

2 1

IF  x  y . Như vậy



^y1



^{2 x2}



^{y1 .}



² Từ đ}y suy ra 1 2

y 4x . Do đó tập hợp tất cả những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF l| đường Parabol

 

1 ²

: 1

P y 4x . Ví dụ 4.

a) X{c định điểm M thuộc đường Parabol

 

^{P :yx2} sao cho độ d|i đoạn IM là nhỏ nhất, trong đó ^I

 

^0;1 .

b) Giả sử điểm A chạy trên Parabol

 

^{P :yx2}. Tìm tập hợp trung điểm J của đoạn OA.

Lời giải:

Website: tailieumontoan.com a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol

 

^{P :yx2 suy ra}



^{; 2}



M m m . Khi đó ^{IM2 m2}



^m21



^{2 m4m21. Vậy}

2

2 1 3 3

2 4 2

IM  m     . Ta thấy IM nhỏ nhất bằng 3 2 khi 2

m  2 hay ^{2 1}; 2 2

M 

 

 

 .

b) Giả sử điểm ^{A a a}



^{; 2}



^thuộc

^{ }

^{P :yx2 . Gọi I x y}

^

^{1; 1}

^

^{là trung}

điểm đoạn OA.Suy ra

1 2

2

1 1

2 2 2 x a

y a x

 

  



. Vậy tập hợp c{c trung điểm I

của đoạn OA l| đường Parabol

 

P1 :y2x².

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A và B chạy trên parabol

 

^{P :yx2 sao cho A B, O}

 

^{0;0 và OAOB. Giả sử I}

l| trung điểm của đoạn AB.

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I của đoạn AB.

b) Đường thẳng AB luôn luôn đi qua một điểm cố định.

c) X{c định tọa độ điểm A và B sao cho độ d|i đoạn AB nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Giả sử ^{A a a}



^{; 2}



^{và B b b}

 

^{; 2} l| hai điểm thuộc

 

^{P . Để}

 

, 0;0

A BO và OAOB ta cần điều kiện: ab0 và

2 2 2

OA OB  AB hay ab0 và ^{a2a4 b2 b4 }



^{a b}



^2



^a2b2



^2.

Rút gọn hai vế ta được: ab 1. Gọi I x y



1; 1



l| trung điểm đoạn

Website: tailieumontoan.com

AB. Khi đó:

 

1

2 2 2

2

1 1

2

2 2 1

2 2

x a b

a b ab

a b

y x

  



 

     



. Vậy tọa độ điểm I

thỏa mãn phương trình y2x²1.

Ta cũng có thể tìm điều kiện để OAOB theo cách sử dụng hệ số góc: Đường thẳng OA có hệ số góc là

2 1

k a a

 a  , đường thẳng OB có hệ số góc là

2 2

k b b

 b  . Suy ra điều kiện để OAOB là a b.  1 b) Phương trình đường thẳng đi qua A và B là

 

^{AB :x a y}₂ ^a2₂

b a b a

 

   hay

 

^{AB :y}



^{a b x ab}



^{ }



^{a b x}



^1. Từ đ}y ta dễ dàng suy ra đường thẳng

 

^{AB :y}



^{a b x}



^1 luôn luôn đi qua điểm cố định

 

^0;1 .

c) Vì ^OA^OB nên ^ab ¹. Độ d|i đoạn ^AB



^{a b}



^2



^a2b2



²

hay

2 2 4 4 2 2

2 2

AB a  b ab a  b a b Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có a²b² 2 a b^{2 2} 2ab , a⁴b⁴ 2a²b². Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2

AB ab   a b  a b  . Vậy AB ngắn nhất bằng 2 khi

2 2

, 1

a b ab  . Ta có thể chỉ ra cặp điểm đó l|: ^A



^1;1



và ^B

 

^1;1 . Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol

 

^{P :yx2, trên}

 

^P lấy hai điểm ^A



^{1;1 ,}

  

^{B 3;9 .}

a) Tính diện tích tam giác OAB.

b) X{c định điểm C thuộc cung nhỏ AB của

 

^P sao cho diện c) tích tam giác ABC lớn nhất.

Website: tailieumontoan.com Lời giải:

a) Gọi yax b l| phương trình đường thẳng AB.

Ta có ^.

 

^{1 1 2}

.3 9 3

a b a

a b b

  

  

 

    

 



suy ra phương trình đường thẳng AB

 

^{d :y2x3}. Đường thẳng AB cắt trục Oy tại điểm ^I

 

^0;3 . Diện tích tam giác OAB là:

1 1

. .

2 2

OAB OAI OBI

S S S  AH OI BK OI. Ta có AH 1;BK3,OI 3. Suy ra S_OAB6 (đvdt).

b) Giả sử ^{C c c}

 

^{; 2} thuộc cung nhỏ

 

^{P với   1 c 3}. Diện tích tam giác:S_ABC S_{ABB A' '}S_{ACC A' '}S_{BCC B' '}. Các tứ giác

' ', ' ' , ' '

ABB A AA C C CBB C đều là hình thang vuông nên ta có:

     

2 2

1 9 1 9 2

.4 . 1 . 3 8 2 1 8

2 2 2

ABC

c c

S     c     c c  .Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi ^C

 

^{1;1 .}

Ví dụ 10) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 

^{d :y  x 6} và parabol

 

^{P :yx2}.

a) Tìm tọa độ c{c giao điểm của

 

^d và

 

^P .

b) Gọi A B, l| hai giao điểm của

 

^d và

 

^P . Tính diện tích tam giác OAB. (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội năm 2014)

Lời giải:

1) Phương trình ho|nh độ giao điểm của

 

^{P và}

 

^{d là:}

2 2

6 6 0

x    x x   x     x 2 x 3.Ta có ^y

 

^{2 4;y}

 

^{ 3 9.}

K

H I

A' C' B'

C(c;c²) B

A y=x²

-3

9

1 3 -1

1 y

O x

Website: tailieumontoan.com Vậy tọa độ giao điểm của

 

^{P và}

 

^{d là B}

 

^{2; 4 và A}



^3;9



^.

2) Gọi A B', ' lần lượt là hình chiếu của A B, xuống trục hoành.

Ta có S_OAB SAA B B' ' S_OAA'S_OBB'

Ta có A B' ' x_B'x_A' x_B'x_A' 5;AA' y_A9;BB'y_B4

' '

' ' 9 4 65

. ' ' .5

2 2 2

AA BB

AA BB

S  A B 

   (đvdt), _' ¹ ' . ' ²⁷

2 2

S_OAA  A A A O

(đvdt) _{' ' ' '} ^{65 27} 4 15

2 2

OAB AA B B OAA OBB

S_ S S_ S_  

        (đvdt).

Phương trình bậc hai và định lý Viet Kiến thức cần nhớ:

Đối với phương trình bậc hai ^{ax2bx c 0}



^a0



có biệt thức

2 4

b ac

   .

+ Nếu  0 thì phương trình vô nghiệm.

+ Nếu  0 thì phương trình có nghiệm kép

2 x b

  a. + Nếu  0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: ₁

2 x b

a

  

 ;

2 2

x b

a

  

 .

Công thức nghiệm thu gọn : Khi b2 'b , ta xét  ' b'²ac. Khi đó:

+ Nếu  ' 0 thì phương trình vô nghiệm.

+ Nếu  ' 0 thì phương trình có nghiệm kép x ^b'

  a . + Nếu  ^{' 0} thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

' '

2 x b

a

  

 ; ₂ ^{' '}

2 x b

a

  

 .

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 Để chứng minh một phương trình bậc 2 có nghiệm. Thông thường ta chứng minh:  0 dựa trên các kỹ thuật như biến đổi tương đương

Website: tailieumontoan.com để đưa về dạng



^AxB



^{2 0}, kiến thức về bất đẳng thức , bất phương trình, trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc 2 để vận dụng.

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

+ Mọi tam thức bậc 2: ^{f x}

 

^{ax2bx c với a0} đều có thể phân

tích thành dạng

 

²

2 4

f x a x b

a a

  

     với  b²4ac. + Để chứng minh một phương trình bậc hai

 

^{2 0}



⁰



f x ax bx c  a có nghiệm ngoài cách chứng minh  0 ta còn có c{ch kh{c như sau:‛Chỉ ra số thực  sao cho ^{a f.}

 

^{ 0}

hoặc hai số thực  , sao cho: ^f

   

^{ .f  0‛.}

Thật vậy ta có thể chứng minh điều này như sau:

+ Ta có ^.

 

^{2 2} ₂ ⁰

2 4

a f a b

a a

  ^^ ^  ^{ } 

 

 

 

2 2

2 0 2 0 0

2 4 4 2

b b

a a a a

 ^{ } 

            

   

    suy ra phương

trình có nghiệm.

+ Xét



^{a f.}

 

^

 

^{a f.}

 

^



^{a f2}

   

^{ .f   0} trong hai số ^af

 

^{ và}

 

af  có một số không dương, tức là ^af

 

^{ 0}hoặc ^af

 

^{ 0 }

phương trình có nghiệm.

Ví dụ 1). Giải c{c phương trình sau:

1) x²5x 6 0 2) 2x²3x 1 0. 3) ^{x2 }



^{2 3}



^{x2 30}

4) ^x2



^2m1



^{x m 2 m 0}. Lời giải:

Website: tailieumontoan.com

1) Ta có ^{  }

 

^{5 24.1.6 1   1.}

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1

2

5 1 2 2.1 5 1 3

2.1 x

x

   



   



2) Ta có ^2x23x     ^{1 0 32 4}

 

^{2 .1 17}    ¹⁷.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

 

 

1

2

3 17 3 17

2. 2 4

3 17 3 17

2. 2 4

x x

    

 

   

  

  3) Ta có:



^{2 3}



^{2 4.2 3}



^{2 3}



^{2 2 3}

          . Phương trình có hai

nghiệm phân biệt là:

 

1

2

2 3 2 3

2 2

2 3 2 3

2 3 x

x

     



   

  



,

4) ^{ }



^2m1



^24



^m2m



^1.

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1

2

2 1 1 2 1 2 1 1

2

x m m

x m m

     



    



Ví dụ 2. Cho phương trình:



^m1



^x22



^m1

 

^{x m 3}



⁰ (1) 1. Giải phương trình (1) khi m2

2. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép.

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

Lời giải:

Website: tailieumontoan.com 1. Với m2 ta có phương trình: x²6x 1 0 . Ta có

 

²

' 3 1 10

     nên phương trình có 2 nghiệm là: x 3 10 và 3 10

x  .

2. Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi:

 

  

²

  

1 0 1 1

6 2 0 3

' 1 1 . 3 0

m m

m m

m m m

 

  

   

         

 .

3. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

 

  

²

  

1 0 1 1

6 2 0 3

' 1 1 . 3 0 1

m m m

m m m m m

  

   

  

          

 

  

.

Ví dụ 3. Cho a b 0,b c 0,a c 0. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:



^{a b c x }



^{22 3}



^{a3 b3 c3}

 

^{x a2 b2 c2}



^0.

Lời giải:

Nếu a b c  0 thì từ giả thiết ta suy ra a  b c 0. Do vậy phương trình có vô số nghiệm.

Dưới đ}y ta xét trường hợp a b c  0.

Ta có: ^{ ' 3}



^{a3 b3 c3}



^{  }

^

^{a b c}

^

^.



^{a2 b2 c2}





^{3 3 3}

 ^{     }

2 a b c ab a b bc b c ac a c

        

 



^{a3 b3 ab a b}

 

^{b3 c3 bc b c}

^{ }  

^{a3 c3 ac a c}

^{ } 

           



^{a b}

 

^{. a b}

 

^{2 b c}

 

^{. b c}

 

^{2 a c}

 

^{. a c}



^{2 0}

          .

Do a b b c a c ,  ,  0. Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm.

Ví dụ 4: Cho phương trình:ax²bcx b  ³ c³ 4abc0 (1)



^a0



vô nghiệm. Chứng minh rằng trong hai phương trình sau có một phương trình vô nghiệm và một phương trình có

nghiệm:ax²bx c 0

 

² vàax²  cx b 0 (3).

Website: tailieumontoan.com Lời giải:

Vì (1) vô nghiệm nên ta có:

    

2 2 3 3 2 2

1 b c 4a b c 4abc 0 b 4ac c 4ab 0(*)

         

Phương trình(2) có: ₂ b²4ac;Phương trình (3) có:  ₃ c²4ab Nên (*)    2. 3 0 trong hai số  2, 3luôn có một số dương v|

một số âm dẫn đến trong hai phương trình (2) v| (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 5)

a) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a2b3c1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm ^{4x24 2}



^a1



^{x4a2192abc 1 0 và}

 

2 2

4x 4 2b1 x4b 96abc 1 0.

b) Cho các số a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  6. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm :

2 1 0;

x ax  x²bx 1 0;x²  cx 1 0

c) Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương trình có nghiệm: ax² 2bx c 0 (1) ; ^{bx22cx a 0} (2)

2 2 0

cx  ax b  (3).

Lời giải:

a) Hai phương trình trên lần lượt có

   

1 2

' 16a 1 48bc , ' 16 1 24b ac

      . Vì a b, là các số dương nên

1 2

' , '

  lần lượt cùng dấu với 1 48bc và 1 24ac . Mặt khác ta lại có

     

²

1 48 bc 1 24ac 2 24c a2b  2 24 1 3c  c 2 6c1 0. Dẫn đến    1^{' '}2 0. Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm.

b). Ba phương trình đã cho lần lượt có

2 2 2

1 a 4; 2 b 4; 3 c 4

         . Do đó      _{1 2 3} a²b² c² 12.

Website: tailieumontoan.com Lại có



^{2 2 2}

 ^{  }

²

^{ }

²

^{ }

²

^{ }

²

^

²

3 a b c  a b c   a b  b c  c a  a b c  .Suy

ra 2 2 2

 

² 6²

3 3 12 a b c

a b c  

     . Do đó a²b² c² 120 hay

1 2 3 0

      . Vậy có ít nhất một trong ba phương trình đã cho có nghiệm.

c) Nếu Trong ba số a b c, , có một số bằng 0, chẳng hạn a 0 (2)có nghiệm x0.

Ta xét a, ,b c là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho l|

ba phương trình bậc hai lần lượt có : '₁ b²ac; ' ₂ c²ab; ' ₃ a²bc. Xét tổng     1 2 3 ta có:

  

²

 

²



²

2 2 2

1 2 3

' ' ' 1 0

a b c ab bc ca 2 a b b c c a 

                   Suy ra trong ba số   ' ; ' ; '1 2 3có ít nhất một số không âm hây ba phương trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm.

Ví dụ 6)

a) Cho tam thức bậc hai ^{f x}

 

^{x2bx c} trong đó b c, là các số nguyên. Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k để được

  

^{2015 .}

 

²⁰¹⁶



f k  f f .

b) Cho tam thức bậc hai ^{f x}

 

^{x2bx c} . Giả sử phương trình

 

f x x có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình ^f



^{f x}

  

^x có 4 nghiệm nếu:



^b1



^{2 4}



^{b c 1}



^.

Giải:

a) Đ}y l| b|i to{n khó: Để chứng minh sự tồn tại của số k ta cần chỉ ra tính chất:

Trong tài liệu Các chuyên đề đại số luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán (Trang 30-53)