Cẩm nang các phương pháp giải nhanh đề thi ĐH môn Toán - Phần 4

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

168
lượt xem 63
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'cẩm nang các phương pháp giải nhanh đề thi đh môn toán - phần 4', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Cẩm nang các phương pháp giải nhanh đề thi ĐH môn Toán - Phần 4

S +∞ −∞ -2 X1 X2 3 X 2 Y’ + 0 - 0 + C Y CT  y ' ( −2 ) ≥ 0   T ó ta có . V y là i u ki n th 2 ã ư c bi u hi n r t rõ ràng trên b ng bi n  y ' ( 3) ≥ 0  (α ) nhưng ây th c ra là xét quan h v d u c a h s a: af thiên. ây khi ta ã bi t rõ d u f (α ) là ư c. c a a thì ch c n tdu ó vào trư c ây cũng có th là bư c rút g n th i gian mà các em nên làm, tránh khai tri n m t th i gian. −b S - là t ng hai nghi m X1;X2 c a phương trình y’=0 hay b ng . Rõ ràng n u X1;X2 n m 2 2a −b S trong [-2;3] thì cũng ph i n m trong o n này. Vì là giá tr có th rút ra d dàng t 2 2a phương trình g c nên ta ch n giá tr trung bình này làm i u ki n. Nút th t th 3 ư c g b. - L i khuyên ó là: khi g p nh ng d ng toán như trên h c sinh hãy v b ng bi n thiên như trên ra gi y nháp sau ó tùy theo câu h i mà i n các thông s thích h p vào b ng. t ó m i hư ng gi i u ư c phơi bày! Tôi có tham kh o qua m t vài tài li u c a các th y cô giáo thì th y ph n l n các sách u trình bày l i gi i m t cách máy móc, không tr c quan, nhi u lúc có th coi là lu n qu n. . Ví d : tìm m hàm s y=f(x) tăng trên (1;+ ∞ ), các th y cô trình bày trong sách cũng như trên l p theo phương pháp Min- Max, xét nhi u trư ng h p… Nh ng cách gi i ó không ph i là sai tuy nhiên i u ó ôi khi làm khó các em h c sinh trong quá trình tư duy tìm trư ng h p, nh t là các em h c sinh trung bình. Phương pháp xét d u trình bày trên ây v a ng n g n rõ ràng l i không b sót trư ng h p. bài toán ư c ơn gi n hóa. ax 2 + bx + c y= Cách gi i trên cũng áp d ng ư c cho hàm s vì d ng o hàm a ' x2 + b ' x + c ' ab2 ac bc x +2 x+ a' b' a' c' b' c' y' = . Trong trư ng h p này, tùy bi u th c m u có nghi m hay 2 (a ' x + b ' x + c) 2 t thêm trư ng h p. Vì m u th c ≥ 0 nên khi xét d u ta ch c n xét d u t s tương t không ta như các ví d trình bày trên. D ng hàm s này ã không còn thông d ng ( ch gi i thi u sơ lư c trong sách giáo khoa) nên xu ax + b y= hư ng ra ch xoay quanh 3 hàm là: b c 3, trùng phương và . a'x +b' y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m − 1) x + 4 Bài 2: Cho (Cm): nh m : a. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB th ng hàng v i C(1;-1) b. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB = 2 5 c. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB cách ∆: y = 2 u Gi i: 20
MX : D=R y' = 0  Ta 2 i m c c tr th a h :  y = f ( x) y ' = x2 − 2 x − m + 1 = 0 V y: ( ) y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m − 1) x + 4 ⇒ y = x 2 − 2 x − m + 1 ( cx + d ) + ax + b = ax + b 0 ( ) 2 ⇔ y = x − 2 x − m + 1 ( x − 1) − 2mx − m + 5 2  x + 2 x − m + 1 = 0 (1) ⇔  y = −2mx − m + 5 ( 2 )  ⇒ ∆' ≥ 0 ⇒ m > 0 C(m) có hai c c tr (1) ph i có 2 nghi m phân bi t a. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB th ng hàng v i C(1;-1) ⇒ phương trình ư ng th ng qua hai i m c c tr là y = −2mx − m + 5 (2) Vì AB th ng hàng v i C(1;-1) ⇒ C ∈ AB nên: -1=-2m.1-m+5 ⇔ m = 2 V y v i m=2 AB th ng hàng v i C(1;-1) b. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB = 25 2 ∆' (1) ⇒ x2 − x1 = =2 m a 2 2 ( 2) ⇒ y2 − y1 = −2m ( x2 − x1 ) = −4m m ⇒ AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) =2 5 m = 1 ⇒ 16m + 4m = 20 ⇔  So sánh k ⇒ m = 1 2 m = − 5  4 c. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho AB cách ∆: y = 2 u ⇔ d ( A; ∆ ) = d ( B; ∆ ) v i ∆ : y = 2 Ycbt  y1 − 2 = y2 − 2  y1 = y2 ⇔ y1 − 2 = y2 − 2 ⇔  ⇔  y1 − 2 = − ( y2 − 2 )  y1 + y2 = 4 ⇔ ( −2mx1 − m + 5) + ( −2mx2 − m + 5 ) = 4 ⇔ −2m ( x1 + x2 ) − 2m + 10 = 4 ⇔ −2m.2 − 2m + 10 = 4 ⇔ m = 1 y = x3 + 3 x 2 − 3 ( m − 1) x Bài 3: Cho (Cm): nh m : a. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho ∆OAB vuông t i O b. C(m) có hai i m c c tr A;B n m khác phía v i tr c Ox c. C(m) có hai i m c c tr A;B cùng phía v i tr c Oy d. C(m) có hai i m c c tr A;B n m cách u ư ng th ng y=5 e. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr cách g c t a m t kho ng b ng 1 2 2 ( x − 1) + ( y − 1) f. =4 Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr ti p xúc v i ư ng tròn g. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr t o v i hai tr c t a m t tam giác cân h. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr t o v i hai tr c t a m t tam giác có di n tích =8 Gi i: 21
MX : D=R y' = 0  Ta 2 i m c c tr th a h :  y = f ( x)  y' 2  3 = x + 2x − m +1 = 0 ⇔  ( ) 3 2 2  y = x + 3x − 3 ( m − 1) x = x + 2 x − m + 1 ( x + 1) − 2mx + m − 1  x 2 + 2 x − m + 1 = 0 (1)  ⇔  y = −2mx + m − 1( ∆ )  (1) ph i có 2 nghi m phân bi t ⇒ ∆ ' ≥ 0 ⇒ m > 0 (*) C(m) có hai c c tr a. C(m) có hai i m c c tr A;B sao cho ∆OAB vuông t i O ⇔ OA ⊥ OB Ycbt OA = ( x A ; y A )  ⇔ OA.OB v i  OB = ( xB ; yB )  ⇔ x1 x2 + y1 y2 = 0 ⇔ x1 x2 + ( −2mx1 + m − 1) ( −2mx2 + m − 1) = 0 2 ( ) ⇔ x1 x2 + 4m 2 x1 x2 + −2m 2 + 2m ( x1 + x2 ) + ( m − 1) = 0 2 ⇔ ( − m + 1) + 4m 2 ( −m + 1) + ( −2m 2 + 2m ) . − 2 + ( m − 1) = 0 ⇔ −4m3 + 9m2 − 7 m + 2 = 0 ⇔ ( −4m 2 + 5m − 2 ) ( m − 1) = 0 ⇔ m = 1 (th a i u ki n(*)) VN vì ∆=−7 y CD b. C(m) có hai i m c c tr A;B n m khác phía v i tr c Ox ⇔ y1. y2 < 0 ⇔ ( −2mx1 + m − 1) ( −2mx2 + m − 1) < 0 Ycbt 2 ⇔ 4m 2 x1 x2 + ( −2m 2 + 2m ) ( x1 + x2 ) + ( m − 1) < 0 y =5 x1 2 ⇔ 4m 2 ( − m + 1) − 2 ( −2m 2 + 2m ) + ( m − 1) < 0 x1 x 2 ⇔ −4m3 + 9m2 − 6m + 1 < 0 ⇔ ( −4m + 1)( m − 1) < 0 CT ≥0  1 m > ⇔ 4 m ≠ 1  c. C(m) có hai i m c c tr A;B cùng phía v i tr c Oy Ycbt ⇔ x1 x2 > 0 ( x1 cùng d u v i x2 ) ⇔ − m + 1 > 0 ⇔ m < 1 d. C(m) có hai i m c c tr A;B n m cách u ư ng th ng y=5  x1 + x2  ; −2mx + m − 1 Ycbt : y=5 c t (Cm) t i trung i m AB. M là trung i m AB có t a  2  ⇒ M ( −1;3m − 1) Ycbt ⇔ 5 = 3m − 1 ⇔ m = 2 So sánh v i i u ki n (*) ta th y m=2 là k t qu c n tìm. e. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr cách g c t a m t kho ng b ng 1 ∆ : y = −2mx + m − 1 ⇔ ∆ : 2mx + y − m + 1 = 0 22
2m.0 + 0 − m + 1 2 2 = 1 ⇔ ( − m + 1) = ( 2m ) + 12 ⇔ 3m 2 + 2m = 0 d ( O; ∆ ) = 1 ⇔ Ycbt ⇔ 2 + 12 ( 2m ) m = 0 ⇔ So sánh v i i u ki n m>0 ta nh n th y không có giá tr m th a mãn yêu c u bài toán. −2 m =  3 2 2 ( x − 1) + ( y − 1) f. =4 Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr ti p xúc v i ư ng tròn ⇔ d ( I ; ∆ ) = R v i tâm I(1;1) và R=2 Ycbt ∆ : 2mx + y + m − 1 = 0 2m.1 + 1 − m + 1 2 ⇒ = 2 ⇔ ( m + 2 ) = 16m 2 + 4 ⇔ −15m 2 + 4m = 0 2 ( 2m ) + 1 m = 0 4 ⇔ 4 So sánh v i (*) ta nh n m = m = 15  15 g. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr t o v i hai tr c t a m t tam giác cân −2mx + m − 1 = 0  m −1  ∆ và Ox: ⇒  ⇒M ;0  G i M là giao i m c a  2m  y = 0  y = −2m.0 + m − 1 G i N là giao i m c a ∆ và Oy: ⇒  ⇒ N ( 0; m − 1) x = 0  m = 1  1  1 m −1 ⇔ m = = m −1 ⇔   2m − 1 . m − 1 = 0 Ycbt ⇔ xM = y N ⇔   2 2m    −1 m =  2 −1 1 D th y v i m=1, ∆ i qua g c t a không th a (*) nên lo i. V y ta ch n m = , v i m= 2 2 h. Có ư ng th ng i qua hai i m c c tr t o v i hai tr c t a m t tam giác có di n tích =8 1 11 ⇔ S ∆OMN = OM .ON ⇔ = xM y N Ycbt: 2 82  m = 2 m  m 2 − 2m + 1 = ⇔ m = 1 2  1 ( m − 1) 1 m −1 2 ⇔ ⇔= . m −1 ⇔ =  2 4 2m 4 2m  −m  m 2 − 2m + 1 = (VN )  2 So sánh (*) v y có hai giá tr m th a mãn: m=2 và m=0.5 23
III: S TƯƠNG GIAO GI A HAI TH Nh c l i ki n th c: C1 : y = f ( x ); C2 : y = g ( x ) Cho: S giao i m c a C1 và C2 là s nghi m c a phương trình hoành giao i m: f ( x) = g ( x) c bi t khi C1 ti p xúc C2:  f ( x) = g ( x)    f '( x) = g '( x)  Lưu ý: Không ư c s d ng i u ki n nghi m kép làm d ng toán ti p xúc c a hai th . hi u rõ hơn, ta hãy n v i các ví d sau: 2mx − 3m − 2 ( d ) : y = x −1 ( Cm ) : y = ( m ≠ −2 ) Bài 1: Cho hàm s và x −1 nh m (d) c t (Cm) t i hai i m phân bi t: a) Có hoành l n hơn -1 b) Có hoành nh hơn 2 [ −2;3] c) Có hoành n ng trong kho ng d) Có hoành dương e) Có hoành trái d u. Gi i: Phương trình hoành giao i m gi a (Cm) và d: 2mx − 3m − 2 ⇔ g ( x ) : x 2 − 2 ( m + 1) x + 3m + 3 = 0 = x −1 x −1 S +∞ −∞ x1 x2 x 2 g ( x) + 0 - 0 +  m > 2 ∆ ' > 0 ⇔   m < −1  (*) (d) c t (Cm) t i hai i m phân bi t g(x)=0 có hai nghi m phân bi t  g 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2  () a) Có hoành l n hơn -1  g ( −1) > 0   −6 −6 1 + 2 ( m + 1) + 3m + 3 > 0   m > < m −1  −1 <  m > −2  m > 2  2 b) Có hoành nh hơn 2 g ( 2) > 0  −m + 3 < 0 m < 3 4 − 4 ( m + 1) + 3m + 3 > 0  S ⇔ ⇔ ⇔ m + 1 < 2 m < 1 m < 1  
 m < −2 So sánh v i (*) ta k t lu n:  −2 < m < −1  [ −2;3] c) Có hoành n ng trong kho ng   11 m ≥ − 7  g ( −2 ) ≥ 0 4 + 4 ( m + 1) + 3m + 3 ≥ 0    Ycbt:  g ( 3) ≥ 0 ⇔ 9 − 6 ( m + 1) + 3m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≤ 2    −3 ≤ m ≤ 2 −2 ≤ S ≤ 3 −2 ≤ m + 1 ≤ 3    2 − 11 ≤ m ≤ −1 So sánh i u ki n (*) ta suy ra: 7 d) Có hoành dương g (o) > 0 3m + 3 > 0 ⇔ m > −1  Ycbt: ⇔  ⇔ S  m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1 0 ≤  2 So sánh v i (*) ta suy ra: m>2 e) Có hoành trái d u. g ( 0 ) < 0 ⇔ 3m + 3 < 0 ⇔ m < −1 Ycbt: ⇒ m ∈ ( −∞; −2 ) ∨ ( −2; −1) So sánh i u ki n (*) x +1 ( d ) : y = mx + 1 (C ) : y = Bài 2: Cho hàm s và x −1 Tìm m d c t (C): a) T i 2 i m phân bi t n m trên 2 nhánh c a th . b) T i 2 i m phân bi t n m trên cùng 1 nhánh c a th Gi i: Phương trình hoành giao i m c a (C) và d: x +1 ⇔ g ( x ) = mx 2 − mx − 2 = 0 (1) ( x ≠ 1) = mx + 1 x −1 a) T i 2 i m phân bi t n m trên 2 nhánh c a th . (Hình 1) Ycbt: phương trình (1) có hai nghi m phân bi t th a x1 < 1 < x2 1 +∞ −∞ x1 x2 x tiem can dung g ( x) Cùng d u m 0 Trái d u m 0 Cùng d u m ⇔ m.g (1) < 0 ⇔ m ( m − m − 2 ) < 0 ⇔ −2m < 0 ⇔ m > 0 25
y Lưu ý: Trư ng h p này không c n ph i xét bi t th c ∆ vì khi d c t C v 2 phía c a ti m c n ng x=1 thì m c nhiên phương trình ã x ∆ có 2 nghi m, không c n thi t ph i xét b) T i 2 i m phân bi t n m trên cùng 1 nhánh c a th (Hình 2) Phương trình (1) có hai nghi m phân bi t th a:  x1 < x2 < 1 Hình1 1 < x < x  1 2 y m < 0   m + 8m < 0 ∆ > 0 2  ⇔ m > 0 ⇔ ⇔ m.g (1) > 0   m < −8  −2 m > 0   ⇔ m < −8 Bài 3: Vi t phương trình ư ng th ng c t th : 3 (C ) : y = x − 3x + 2 t i 3 i m phân bi t A,B,C sao cho xA=2 và x BC= 2 2 . Gi i: (hình 3) xA = 2 ⇒ y A = 4 Phương trình ư ng th ng qua A(2;4) là ∆ : y = k ( x − xA ) + y A ⇒ ∆ : y = k ( x − 2 ) + 4 Hình 2 ∆: L p phương trình hoành giao i m c a (C) và 3 3 x − 3x + 2 = k ( x − 2 ) + 4 ⇔ x − 3x − 2 = k ( x − 2 ) ⇔ x3 − ( k + 3) x + 2k − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 y x = 2 ⇔ 2  g ( x) = x + 2x − k + 1 i u ki n có BC: ∆ ' > 0 k > 0 k > 0   ⇔ ⇔ Khi ó t a  g ( 2) ≠ 0 4 + 4 − k + 1 ≠ 0 k ≠ 9 B ( x1 ; y1 ) ; C ( x2 ; y2 ) th a  22 h:  x + 2 x − k + 1 = 0 (1) 2  x  ( 2)  y = kx − 2k + 4  2 ∆' (1) ⇔ x2 − x1 = =2 k a Hình 3 ⇔ y2 − y1 = k ( x2 − x1 ) = 2k k (2) 2 2 ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) BC = =2 2 ⇔ 4k + 4k 3 = 2 2 ⇔ 4 k 3 + 4 k − 8 = 0 ⇔ k = 1 26
∆ : y = 1( x − 2 ) + 4 Vy y = f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 2 . Tìm trên ư ng th ng (d):y=-2 nh ng i m mà t Bài 3: Cho (C) ó có th v ưc n (C) : a. Ba ti p tuy n phân bi t b. Ba ti p tuy n phân bi t trong ó có 2 ti p tuy n vuông góc v i nhau Gi i: a. Ba ti p tuy n phân bi t Xét A( a; −2) ∈ d : y = −2 . ∆ qua A(a; −2) và có h s góc : Phương trình ư ng th ng y = k ( x − a) − 2 (∆) . ∆ ti p xúc v i (C) H phương trình sau có nghi m: 3 2  x − 3x + 2 = k ( x − a ) − 2 (1) 2 3x − 6 x = k ( 2 )  Thay k t (2) vào 1 ta ư c: x − 3x + 2 = ( 3x 2 − 6 x ) ( x − a ) − 2 3 2 ( 3) ⇔ 2 x 3 − 3 ( a + 1) x 2 + 6ax − 4 = 0 ⇔ ( x − 2 )  2 x 3 − ( 3a − 1) x + 2  = 0   x = 2 ⇔ 2  g ( x ) = 2 x − ( 3a − 1) x + 2 = 0 ( 4) T Ak ư c ba ti p tuy n phân bi t n (C) phương trình (3) có 3 nghi m phân bi t phương trình (4) có 2 nghi m phân bi t khác 2  5  2 ∆g > 0 ( 3a − 1) − 16 > 0  a < −1 ∨ a > ( *) ⇔ ⇔ ⇔ 3  g ( 2) ≠ 0 2 2.2 − ( 3a − 1) .2 + 2 ≠ 0  a ≠ 2   b. Ba ti p tuy n phân bi t trong ó có 2 ti p tuy n vuông góc v i nhau Khi ó phương trình (3) có 3 nghi m phân bi t: x0 = 2; x1 ; x2 ( v i x1;x2 là hai nghi m c a phương trình g(x)=0) và 3 ti p tuy n ng v i h s góc là: k1 = f ' ( x1 ) = 3x12 − 6 x1 ; 2 k0 = f ' ( 2 ) = 0; k2 = f ' ( x2 ) = 3x2 − 6 x2 k0 = 0 nên : Ycbt Vì k1.k2=-1. ⇔ ( 3 x12 − 6 x1 ) ( 3 x2 − 6 x2 ) = −1 ⇔ 9  x12 x2 − 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2  = −1 (**) 2 2   Áp d ng nh lí Viet cho phương trình (4) ta có: 3a − 1 và x1 x2 = 1 x1 + x2 = x   3a − 1   55 Do ó (**) ⇔ 9 1 − 2   + 4  = −1 ⇔ a = (th a i u ki n (*)). 2   27  55  ; −2  . V y i m c n tìm là A   27  27
D NG TOÁN: H Ư NG CONG TI P XÚC V I M T Ư NG C NH Phương pháp: ( Cm ) :y=f(x;m). ch ( Cm ) D ng 1: Cho h ư ng cong ng minh luôn ti p xúc v i m t ư ng (C) c nh . ◊ TH1: ( Cm ) :y=f(x;m). là hàm a th c. n ưa : y = f ( x; m ) v d ng: y = ± ( ax + bm ) + g ( x ) ( n : nguyên ≥ 2 ) . Xét ư ng cong ( C ) : y = g ( x ) và ch ng minh h : ± ( ax + bm ) n + g ( x ) = g ( x )   Có nghi m ∀m n −1 ± na ( ax + bm ) + g ' ( x ) = g ' ( x )  ◊ TH2: ( Cm ) :y=f(x;m). là hàm h u t : (D ng t ng quát) ( ∆ ) ti p xúc v i (C) h sau có nghi m  c ax + b + x + d = k ( x − x0 ) + y0 (1)   c a − = k ( x ≠ a) ( 2) 2  (x + d)  Gi i hê trên qua 3 bư c: B1: nhân 2 v c a phương trình (2) cho: x+d c = k (x + d) ( 3) ax + ad − x+d B2: (1)-(3): 2c 2c = k ( − x0 − d ) + y0 ⇔ = k ( − x0 − d ) + y0 + ad + b ( 4) b − ad + x+d x+d B3: Thay (4) vào (2) s có 1 phương trình theo k. gi i phương trình này và tìm m sao cho phương trình úng ∀m . ax + b Lưu ý: cách gi i trên có th áp d ng i v i hàm s cx + d D ng 2: Tìm i u ki n h ư ng cong ti p xúc v i 1 ư ng c nh: Dùng i u ki n ti p xúc. II/ M t s ví d : ( Cm ) : y = x3 + 2 x 2 + ( 2m + 1) x + m2 + 2 . Ch Bài 1: Cho ng minh r ng (Cm) luôn ti p xúc v i m t ư ng cong c nh. Gi i: 2 ( Cm ) : y = x3 + 2 x 2 + ( 2m + 1) x + m2 + 2 ⇔ ( x + m ) + x3 + x2 + x + 2 Ta có: 3 2 ư ng cong ( C ) : y = x + x + x + 2 Xét ( Cm ) luôn ti p xúc v i (C): h sau có nghi m: ( x + m )2 + x3 + x 2 + x + 2 = x3 + x 2 + x + 2  (1)  2 ( x + m ) + 3x 2 + 2 x + 1 = 3x 2 + 2 x + 1   28
 2 ( x + m ) = 0 Ta có: (1) ⇔  Rõ ràng v i m i m , h (1) luôn có nghi m x=-m 2 ( x + m ) = 0  3 2 nh: ( C ) : y = x + x + x + 2 . Vây ∀m , (Cm) luôn ti p xúc v i 1 ư ng cong c Bài 2: ( m − 2 ) x − ( m 2 − 2m + 4 ) ( Cm ) : y = Cho . Ch ng minh (Cm) luôn ti p xúc v i hai ư ng th ng c nh. x−m Gi i: ( m − 2 ) x − ( m 2 − 2m + 4 ) 4 ( Cm ) : y = ⇔ y = ( m − 2) − x−m x−m ( ∆ ) : y = ax + b (Cm) luôn ti p xúc v i ư ng th ng ⇔ H phương trình sau có nghi m ∀m :  4 ( m − 2 ) − x − m = ax + b (1)  (I )  4  ( 2) =a 2 ( x − m)  ◊ Nhân 2 v c a phương trình (2) cho: x-m 4 ⇒ = a ( x − m) ( 3) x−m ◊ L y (1)-(3): 8 −8 ⇔ ( m − 2) − = ( a − 1) m + b + 2 ( 4) = b + am ⇔ x−m x−m ◊ Thay (4) vào (2): 2 ⇔ ( a − 1) m + ( b + 2 )  = 16a   2 2 ⇔ ( a − 1) m2 + 2 ( a − 1)( b + 2 ) m + ( b − 2 ) − 16a = 0 ( *) ∀m ⇔ (*) úng ∀m : H (1) có nghi m ( a − 1) 2 = 0  a = 1  ⇔ 2 ( a − 1)( b + 2 ) = 0 ⇔  b = 2 ∨ b = −6  2 ( b + 2 ) − 16a = 0  V y (Cm) luôn ti p xúc v i 2 ư ng th ng c nh y=x+2 và y=x-6 29