Bài giảng này thuộc Khóa ôn thi ĐH 2013. Thảo luận và đặt câu hỏi tại đây
I.Lý thuyết cơ bản cần nhớ
* Khoàng cách giữa hai điểm $M(x_1,y_1)$ và $N(x_2,y_2)$ là
$$MN = \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$$
* Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:
Cho điểm $M(x_0,y_0)$ và đường thẳng $Ax+By+C=0 \ \ (\Delta)$. Khi đó:
$$d(M, \Delta) = \frac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$$
II. Một số ví dụ có giải
Dạng 1: Các bài toán về khoảng cách thoả mãn một điều kiện cho trước
Ví Dụ 1: Cho hàm số $y= f(x) = \frac{x^3-3}{x+2}, \ \ \left ( C \right ) $. Tìm trên $\left ( C \right )$ những điểm cách đều 2 trục toạ độ.
Giải
Ta thấy những điểm cách đều hai trục toạ độ chính là tất cả các điểm nầm trên đường thẩng $y= \pm x$.
Vậy các điểm phải tìm chính là giao điểm của đường thẳng $y= \pm x$ và $\left ( C \right )$.
Hoành độ giao điểm chính là nghiệm của phương trình:
\[\left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 3}}{{x + 2}} = x\\ \frac{{{x^2} - 3}}{{x + 2}} = - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x= -\frac{3}{2}\\2{x^2} + 2x - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2}\\x = - 1 \pm \sqrt 7\end{array} \right.\,\,\,\,\,\left( \text{thỏa điểu kiện} \right)\]
với $x \neq - 2$.
Vậy trên $\left( C \right)$ có 3 điểm mà từ đó khoảng cách đến hai trục bằng nhau là:
\[{M_1}\left( { - \frac{3}{2}; - \frac{3}{2}} \right),\,{M_2}\left( { - 1 - \sqrt 7 ; - 1 - \sqrt 7 } \right),\,\,{M_3}\left( { - 1 + \sqrt 7 ; - 1 + \sqrt 7 } \right)\]
Ví dụ 2: Cho hàm số $\left( C \right):\,\,y = \frac{{{x^2} + x + 2}}{{x - 1}}$. Tìm tất cả các cặp điểm ${M_1},{M_2}$ nằm trên $\left( C \right)$ và đối xứng với nhau qua $I\left( {0;\frac{5}{2}} \right)$.
Giải
Gọi $(D)$ là phương trình đường thẳng đi qua $I\left( {0;\frac{5}{2}} \right)$ và có hệ số góc $k$. Khi đó phương trình của $(d)$ là: $y=kx+ \dfrac{5}{2}$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( C \right)$ và $(D)$ là:
\[\frac{{{x^2} + x + 2}}{{x - 1}} = kx + \frac{5}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \neq 1\\ \left( {k - 1} \right){x^2} + \left( {\frac{3}{2} - k} \right)x - \frac{9}{2} = 0 \end{array} \right.\,\,\,\left( I \right)\]
Để $(D)$ cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm ${M_1},{M_2}$ đối xứng với nhau qua $I\left( {0;\frac{5}{2}} \right)$ thì trước hết phương trình hai của hệ $(I)$ phải có hai nghiệm $x_1, x_2$ sao cho:
\[\frac{S}{2} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = 0 \Leftrightarrow \frac{3}{2} - k = 0 \Leftrightarrow k = \frac{3}{2}\]
Với $k = \frac{3}{2}$ thì phương trình hai của $(I)$ trở thành: ${x^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 3$.
Vậy ${M_1}\left( { - 3; - 2} \right),{M_2}\left( {3;7} \right)$ là hai điểm phải tìm.
Ví dụ 3: Cho hàm số $y = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}}\,\,\,\,\left( C \right)$. Tìm $M \in \left( C \right)$ để khoảng cách tử $M$ đến $Ox$ gấp hai lần khoảng cách từ $M$ đến $Oy$.
Giải.
Giả sử $M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)$. Khoảng cách từ $M(x;y)$ đến hai trục là:
- Trục $Ox$: $\left| y \right| = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}} = {d_1}$
- Trục $Oy$: $\left| x \right| = {d_2}$
Ta có: ${d_1} = 2{d_2} \Leftrightarrow \left| y \right| = 2\left| x \right|$. Xét hai trường hợp sau:
$ \bullet \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\y = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\2x = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2x\\{x^2} + x - 15 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 1 - \sqrt {62} }}{2}\\y = - 1 - \sqrt {62}\end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 1 + \sqrt {62} }}{2}\\y = - 1 + \sqrt {62}\end{array} \right.\end{array} \right.$
$ \bullet \,\,\,\left\{ \begin{array}{l}y = - 2x\\y = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 2x\\- 2x = \frac{{{x^2} + 5x + 15}}{{x + 3}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - 2x\\3{x^2} + 11x + 15 = 0\end{array}\right.\,\,\,\,\left( I \right)$
Ta thấy phương trình hai của $(I)$ có $\Delta < 0$. Suy ra hệ $(I)$ vô nghiệm.
Vậy các điểm $M$ phải tìm là: ${M_1}\left( {\frac{{ - 1 - \sqrt {61} }}{2}; - 1 - \sqrt {61} } \right),\,{M_2}\left( {\frac{{ - 1 + \sqrt {61} }}{2}; - 1 + \sqrt {61} } \right)$.
Dạng 2: Bài toán tìm cực trị của khoảng cách
Ví dụ 4: Cho hàm số $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\,\,\,\left( C \right)$. Tìm tất cả các điểm trên đồ thị sao cho tổng khoảng cách từ $M$ đến hai tiện cận là nhỏ nhất.
Giải.
Ta có: $y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = x + \frac{1}{{x - 1}}$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow \left( C \right)$ có tiệm cận đứng là $\left( {{\Delta _1}} \right):x - 1 = 0$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - x} \right) = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - x} \right) = 0 \Rightarrow \left( C \right)$ có tiện cận xiên $\left( {{\Delta _2}} \right):x - y = 0$.
Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow {y_0} = {x_0} + \frac{1}{{{x_0} - 1}}$.
${d_1}\left( {M,{\Delta _1}} \right) = \left| {{x_0} - 1} \right|$
${d_2}\left( {M,{\Delta _2}} \right) = \frac{{\left| {{x_0} - {y_0}} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| {{x_0} - {x_0} - \frac{1}{{{x_0} - 1}}} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|}}$
${d_1} + {d_2} = \left| {{x_0} - 1} \right| + \frac{1}{{\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|}} \geq 2\sqrt {\left| {{x_0} - 1} \right|.\frac{1}{{\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|}}} = \frac{2}{{\sqrt[4]{2}}}$
Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left| {{x_0} - 1} \right| = \frac{1}{{\sqrt 2 \left| {{x_0} - 1} \right|}} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow {x_0} = 1 \pm \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}}$.
Vậy có hai điểm ${M_1}\left( {1 - \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}};1 - \frac{{\sqrt[4]{8}}}{2} - \sqrt[4]{8}} \right),\,{M_2}\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}};1 + \frac{{\sqrt[4]{8}}}{2} + \sqrt[4]{8}} \right)$ làm cho tổng khoảng cách của chúng đến hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất là $\frac{2}{{\sqrt[4]{2}}}$.
Ví dụ 5: Cho hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\,\,\left( C \right)$. Tìm $M \in \left( C \right)$ sao cho tổng khoảng cách từ $M$ tới hai trục toạ độ $Ox,Oy$ là nhỏ nhất.
Giải.
Gọi $M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)$. Ta thấy tổng khoảng cách từ $M$ đến $Ox,Oy$ là:
\[d\left( M \right) = \left| {MH} \right| + \left| {MK} \right| = \left| x \right| + \left| y \right| = \left| x \right| + \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right|\]
Ta thấy: khi toạ độ của $M$ là $M\left( {1;0} \right) \in \left( C \right)$ thì $d\left( M \right) = 1$. . Do đó giá trị nhỏ nhất của $d\left( M \right) $ sẽ nhỏ hơn hoặc bằng $1$. Ta chì cần xét bài toán với $x,y$ thoả các điều kiện sau:
\[\left\{ \begin{array}{l}\left| x \right| < 1\\ \left| y \right| < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}- 1 < x < 1\\ \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x < 1\]
Khi đó $d\left( M \right) $ trở thành: \[d\left( M \right) = x + \frac{{1 - x}}{{1 + x}} = x - 1 + \frac{2}{{x + 1}} = \left( {x + 1} \right) + \frac{2}{{x + 1}} - 2 \geq 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\frac{2}{{x + 1}}} - 2 = 2\sqrt 2 - 2\]
Vậy $\min d\left( M \right) = 2\left( {\sqrt 2 - 1} \right)$ xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x + 1 = \frac{2}{{x + 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt 2 - 1 \Rightarrow M\left( {\sqrt 2 - 1;1 - \sqrt 2 } \right)$
Ví dụ 6: Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị hàm số $y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}}\,\,\left( C \right)$ các điểm ${M_1},{M_2}$ sao cho $\left| {{M_1}{M_2}} \right|$ nhỏ nhất.
Giải.
Ta có: $y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \Rightarrow \left( C \right)$ có tiệm cận đứng là $x=1$.
Gọi ${M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right)$ thuộc nhánh trái của $\left( C \right)$ và ${M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ thuộc nhánh phải của $\left( C \right)$.
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1 - a\\{x_2} = 1 + b\\a,b > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} = a + \frac{4}{a}\\{y_2} = - b - \frac{4}{b}\end{array} \right.$.
Ta có: \[{\left( {{M_1}{M_2}} \right)^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{y_1} - {y_2}} \right)^2} = {\left( { - a - b} \right)^2} + {\left( {a + b + \frac{4}{a} + \frac{4}{b}} \right)^2}\]
\[ = {\left( {a + b} \right)^2} + {\left[ {a + b + \frac{{4\left( {a + b} \right)}}{{ab}}} \right]^2} = {\left( {a + b} \right)^2}\left[ {1 + {{\left( {1 + \frac{4}{{ab}}} \right)}^2}} \right]\]
\[ \geq {\left( {2\sqrt {ab} } \right)^2}\left( {2 + \frac{8}{{ab}} + \frac{{16}}{{{a^2}{b^2}}}} \right)\,\,\,\,\left( \text{theo bất đẳng thức Cauchy} \right)\]
\[ = 4ab\left( {2 + \frac{8}{{ab}} + \frac{{16}}{{{a^2}{b^2}}}} \right) = 8\left( {ab + \frac{8}{{ab}} + 4} \right) \geq 8\left( {2\sqrt {ab\frac{8}{{ab}}} + 4} \right)\]
Suy ra: ${\left( {{M_1}{M_2}} \right)^2} \geq 32\left( {\sqrt 2 + 1} \right)$.
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b > 0\\ab = \frac{8}{{ab}}\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \sqrt[4]{8} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{M_1}\left( {1 - \sqrt[4]{8};\sqrt[4]{8} + 2\sqrt[4]{2}} \right)\\{M_2}\left( {1 + \sqrt[4]{8}; - \sqrt[4]{8} - 2\sqrt[4]{2}} \right)\end{array} \right.$.
III. Bài tấp đề nghị
Bài 1: Cho $\left( C \right):y = \frac{{2{x^2} - 3x - 5}}{{x - 1}}$. Tìm $M \in \left( C \right)$ để khoảng cách từ $M$ đến $Ox$ gấp ba lần khoảng cách từ $M$ đến $Oy$.
Bài 2: Cho $\left( C \right):y = \frac{{{x^2} + 4x + 5}}{{x + 2}}$. Tìm trên $\left( C \right)$ những điểm sao cho khoảng cách từ đó đến đường thẳng $3x+y+6=0$ là nhỏ nhất.
Bài 3: Cho hàm số $y = \frac{{\left( {m + 1} \right)x + m}}{{x + m}}$. Tìm trên đồ thị hàm số ứng với $m=1$ những điểm có tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận nhỏ nhất.
Bài 4: Cho $\left( C \right):y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}$. Tìm trên mỗi nhánh của $\left( C \right)$ các điểm $M_1,M_2$ sao cho $\left| {{M_1}{M_2}} \right|$ là nhỏ nhất.
Bài 5: Cho $\left( {{C_a}} \right):y = \frac{{2{x^2}\sin a - 3x\cos a + 6}}{{x - 1}}$. Tìm $a$ để khoảng cách từ $O(0;0)$ đế tiện cận xiên lớn nhất.
Bài 6: Cho hàm số: $\left( C \right):y = x + \frac{1}{{x + 1}}$. Tìm m để đường thẳng $y=m$ cắt $\left( C \right)$ tại hai điểm $A,B$ sao cho $OA \bot OB$ (với $O$ là gốc toạ độ)
ĐS: $m = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$.
Bài 7: Cho hàm số: $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 5}}{{x - 1}}\,\,\,\,\,\left( C \right)$.
a. Tìm trên hai nhánh phân biệt của $\left( C \right)$ hai điểm $A,B$ sao cho $AB$ ngắn nhất.
b. Chứng minh tích của hai khoảng cách từ hai điểm bất kì trên $\left( C \right)$ đến hai đường tiện cận là một hằng số.
ĐS:
a. $A\left( {2 - \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}};f\left( {2 - \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}}} \right)} \right),\,\,B\left( {2 + \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}};f\left( {2 + \frac{1}{{\sqrt[4]{2}}}} \right)} \right)$
b. $d = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.
Tài liệu tham khảo
- Tuyển tập cac chuyên đề luyện thi đại học phần hàm số của Trần Phương.
- Phương pháp giải toán hàm số của Mai Xuân Hệ.
- Một số tài liệu trên internet.
0 comments:
Đăng nhận xét