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


WWW.VNMATH.COM

- d cắt trục Ox tại A : 0  (3x02  2 x0 )( x A  x0 )  ( x03  x02  1)  x A 

2 x03  x 02  1
3x02  2 x0

 2x 3  x 2  1 
 A 0 2 0
; 0 

 3 x0  2 x0

2
3
2
- d cắt trục Oy tại B: y B  (3x0  2 x0 )(0  x0 )  ( x0  x0  1)  y B  2 x03  x02  1

 B(0 ;  2 x03  x02  1)

- Tam giác OAB cân tại O nên OA = OB 
 2 x 03  x02  1
 2 x03  x02  1

2
3 x0  2 x0

 3
 2x  x 2  1
3
2
0
0

 2 x0  x0  1
2
 3 x0  2 x 0

2 x03  x 02  1  0

(1)   2

3x 0  2 x0  1  0

2 x03  x02  1
  2 x 03  x02  1
2
3x0  2 x0

 3

2
(2 x0  x 0  1) 2
 3 x0


(2 x 3  x 2  1)
0
 3x 2
 0
 0


1
 1  0 (1)
 2 x0


1
 1  0 (2)
 2 x0



 x0  1
VN


 x0  1
2 x03  x02  1  0


(2)   2
 x0  1 , x0   1
3

2

1

0
x
x
0
 0
3

1
Tứ (1) và (2) ta có : x0  1 và x0  
3
* Với x0  1  A  B  O(0;0) (loại)
1
32

* Với x0    d : y  x  .
3
27

 x0  1

 x0   1
3


Ví dụ 4: Cho hàm số y  x 3  3x 2  m . (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0
2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox,

Oy lần lượt tại các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

3
.
2

GIẢI:
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C)
2. Với x0  1  y 0  m  2 M(1 ; m – 2)
- Tiếp tuyến tại M là d: y  (3x02  6 x0 )( x  x0 )  m  2
 d: y = -3x + m + 2.
m2
m2 
 A
; 0
3

 3

- d cắt trục Oy tại B : y B  m  2  B(0 ; m  2)
3
1
3
m2
- S OAB   | OA || OB | | OA || OB | 3 
m  2  3  (m  2) 2  9
2
2
2
3
m  2  3
m  1


m  2  3
m  5

- d cắt trục Ox tại A: 0  3x A  m  2  x A 

11


WWW.VNMATH.COM

Vậy : m = 1 và m = - 5
BÀI TẬP
Câu 1. Cho hàm số y =


2x  1
x 1

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tạo thành
một tam giác có diện tích bằng
Bài 2. Cho hàm số: y 

x 1
2( x  1)

1
.
6

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2.Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ
một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
4
3

Câu 3. Cho hàm số y  x 3  (2m  1) x 2  (m  2) x 

1
có đồ thị là (Cm)
3

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
2. Gọi A là giao điểm của (Cm) với trục tung. Tìm m sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A

tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng

1
3

DẠNG 5 : Tiếp tuyến cùng với các tiệm cận tạo thành tam giác.
Ví dụ 1. Cho hàm số y 

2x  3
x2

C 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2. Tìm những điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A, B
sao cho vòng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất . Với I là giao hai
tiệm cận .
GIẢI
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) .



1
  x  x0   2 
  x  2 
x0  2
 0

1
1

2
2  x0   2 
 2
- d cắt tiệm cận đứng : x = -2 tại A  y A 
2 
x0  2
x0  2
 x0  2 
1

2.Tiếp tuyến của (C) tại M ( x0 ; y 0 ) là d : y  

- d cắt tiệm cận ngang : y = 2 tại B  2 


- Như vậy: A  2 ; 2 


2

1

 x0  2 

2

 xB  x0   2 

1
 xB  2 x0  2

x0  2

1 
 ; B (2 x 0  2 ; 2) ; I (2 ; 2)
x0  2 

- Ta có :
 
 
1  
1 
1
1 1
IA  0;
.2 x0  2  1
 ; IB  2 x0  4;0  ; AB  2 x0  4; 
 ;  S  IA.IB 
x

x

x

2
2
2
2
2
0
0

0





Do :
S

IA.IB. AB
IA.IB. AB
R
4R
4
12


WWW.VNMATH.COM
1
2 | x0  2 | 4( x0  2) 2 
( x0  2) 2
1
1
1


1
.
2 4( x0  2) 2 .
4

2
| x0  2 |
( x0  2) 2

Dấu bằng xáy ra khi :
 4  x0  2  
2

1

 x0  2 

2

;   x0  2 

4


 x0  2 
1
1
 ;  x0  2 

4
2

 x0  2 

1

 y0  2  2
2
1
 y0  2  2
2

-Kết luận : Có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán .
1
1




M1  2 
; 2  2  ; M 2 2 
; 2 2
2
2





Ví dụ 2.(DB-2007). Cho hàm số y 

x
1
 1
x 1
x 1


C 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2. Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận cắt nhau tạo
thành một tam giác cân .
GIẢI
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C)
2.Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M  x0 ; y0  , thì d :
y

1

 x0  1

2

 x  x0   y0


1 
 y0  1 

x0  1 


- Nếu d cắt tiệm cận đứng : x = -1 tại điểm B :
yB 

1


 x0  1

2

 1  x0   y0  


x
x 1
x 1 
1
 0  0
 B  1; 0

 x0  1 
 x0  1 x0  1  x0  1


- Khi d cắt tiệm cận ngang : y=1 tại điểm A , thì :
1

1

 x0  1

2

 xA  x0   y0  xA  2 x0  1  A  2 x0  1;1


- Goi giao hai tiệm cận là I(-1;1) . Tam giác IAB là tam giác cân khi : IA = IB
 x 1 
 IA 2  IB 2  (2 x0  2) 2   0
 1
 x0  1 

2

 x0
x
0

 x0

 x0

1
 1  2 x0  2
1
1
 1  2 x0  2
1

x  0  y0  0
 x02  2 x0  2  0 (VN )  0

 2

 x0  2  y 0  2
 x0  2 x0  0

3


Với x = 0 và y = 0 , ta có tiếp tuyến : y = x
Với x = -2 và y = 2/3 , ta có tiếp tuyến : y = x+8/3 .

13


Ví dụ 3. Cho hàm số y 

2x  3
x 2

WWW.VNMATH.COM

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận
của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao
cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
GIẢI
1. Học sinh tự vẽ đồ thị (C).




1
2x  3
2. Ta có: M x 0 ; 0 , x 0  2 , y' (x 0 ) 
x0  2 

x0  2 2


Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:  : y 

1
2x  3
(x  x 0 )  0
2
x0  2
x0  2 

 2x 0  2 
; B2x 0  2;2 
Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là: A 2;
 x0  2 

Ta thấy

y  y B 2x 0  3
x A  x B 2  2x 0  2

 yM

 x0  xM , A
2
x0  2
2
2


suy ra M là trung điểm của AB.
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
2

 2x 0  3
 


1
2
S = IM  (x 0  2)  
 2     (x 0  2)2 
 2
2
(x 0  2) 

 x0  2
 

2

Dấu “=” xảy ra khi (x 0  2)2 

x 0  1
1


(x 0  2 ) 2
x 0  3


Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
BÀI TẬP.
Bài 1. Cho hàm số y 

2x  3
x 2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của
(C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao
cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Bài 2. Cho hàm số y 

3x  2
có đồ thị (C)
x2

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2.Gọi M là điểm bất kỳ trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của
(C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm tọa độ M sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

14