Câu IVb. 1) BK ? AK, BK ? SA BK ? (SAK) BK ? AK’. Cùng với AK’? SB AK’? (SBK) AK’? K’B’. Vậy K’ nhìn AB’ d ới góc vuông. Tỷơng tự ta chứng minh L’ nhìn AB’ d ới góc vuông. Vậy AK’B’L’ đỷợc nội tiếp trong đỷờng tròn (?‘) đỷờng kính AB’ trong mặt phẳng Q .
Trang 1Câu I
1) ∆ =a2ư ≥4 0 ⇔ |a| ≥ 2
(1)
7
+ >
4 4
1 2 2
1 2
7 (x x )
+ >
⇔
⇔
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2
(x x ) 2x x 2(x x )
7 (x x )
(theo định lí Viet) ⇔ (a2ư2)2ư >2 7 ⇔ | a | 5> (2)
Kết hợp (1) và (2) được đáp số : |a| > 5
2) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi tồn tại các số :
o
x ư , d x , o xo+ d
(d ≠ 0) thỏa mãn (xoưd)3+a(xoư + =d) b 0 ,
x3o+axo+ =b 0, (xo+d)3+a(xo+ + =d) b 0 Giải ra được xo = 0, b = 0, a < 0 tùy ý Khi đó 3 nghiệm là ư ưa, 0, ưa
Đáp số : b = 0, a < 0 tùy ý
Câu II Phương trình đã cho tương đương với :
(1 a)yư 2ư2y+4a=0(1)
y 1 cos x
= (2)
1) Khi a 1
2
= : (1) có nghiệm kép y = 2
Thay vào (2) được cos x 1
2
= Do đó x 2k
3
π
= ± + π
2) Vì 0 < x <
2
π
nên số nghiệm (x) của phương trình đã cho trong khoảng 0 ;
2
π
bằng số nghiệm
(y) của phương trình (1) trong khoảng (1 ; +∞) Vậy phương trình đã cho có quá một nghiệm trong khoảng 0 ;
2
π
khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm y1, y2 khác nhau trong khoảng (1 ; +∞) ; tức là a ≠ 1, ∆ > 0 và 1 y< 1<y2 So sánh số 1 với 2 nghiệm của phương trình (1), ta được kết quả :
1
3 < a < 1, với
1 a 2
≠
Câu III
1) Bạn đọc tự giải nhé!
2) Phương trình của tiếp tuyến d tại M :
4
y (x a)(2a 6a) 3a
Do đó hoành độ các giao điểm của d và đồ thị là nghiệm của phương trình :
Trang 2x 3x (x a)(2a 6a) 3a
Phương trình này tương đương với :
(xưa) (x +2ax+3a ư = 6) 0
3) Tiếp tuyến d cắt đồ thị tại 2 điểm P ≠ Q ⇔
⇔ f(x) = x2+2ax+3a2ư 6
có 2 nghiệm khác nhau (và khác a) ⇔ ∆' > 0 và f(a) ≠ 0 ⇔
ư < < , a ≠ ±1
Tọa độ điểm K :
4 2
K
1
2
Khử a ta được :
4 2
Vì điều kiện : ư 3< <a 3 , a ≠ ±1 nên ư 3<xK< 3, xK ≠ ±1
Vậy tập hợp các điểm K là phần của đồ thị
4 2
ứng với ư 3< <x 3 , x ≠ ±1 (xem Hình )
0
Trang 3Câu IVa 1) Các giao điểm của (P) và (C) có tọa độ (x , y) là nghiệm của hệ phỷơng trình
y x
2
2
=
( ) Suy ra (x - 2) + x = R2 Û x2
- 3x + 4 - R2 = 0 (1)
Để (C) tiếp xúc với (P), phỷơng trình (1) phải có nghiệm duy
nhất, tức là
∆=9-4(4-R2
)=0Û R = 7
2 .
Khi đó (1) có nghiệm x = 3
2ị y2
=x =3 2
ị y =± 6
2 , nói cách khác các tiếp điểm T, T’ có tọa độ
3
2 ,
6
2
±
(Hình)
2) Tiếp tuyến của (P) tại điểm (xo, yo)ẻ (P) có hệ số góc xác định bởi
2yoy’o= 1 ị y’o= 1
2yo.
Vậy tại điểm T 3
2 ,
6 2
ẻ (P), tiếp tuyến AT có hệ số góc k = y' = 1
2y =
1
2 .
2
6 =
1 6
o
o
,
suy ra phỷơng trình của tiếp tuyến AT
y = 1
6 x
-3
6
x
6 +
6 4
Tiếp tuyến AT’ đối xứng với AT qua Ox, vậy AT’ có phỷơng trình
- y = x
6 +
6
4 Û y = - x
6
-6
4 . 3) Theo hình 118, A là giao điểm của tiếp tuyến AT với Ox Suy ra hoành độ của A là nghiệm của phỷơng trình
Trang 4
0 = x
6 +
6
4 Û x = - 3
2.
Diện tích S của tam giác cong ATOT’ (vì lí do đối xứng) bằng 2 lần diện tích S’ của tam giác cong AOT Ta có theo
kí hiệu trên hình :
S’ = dt(∆AHT) - S1với S1là diện tích của tam giác cong OHT Vởydt(∆AHT) =1
2 AH HT =
3
2 .
6
3 6
4 ,
3
2 =
6 2 1
0
3/ 2
3/ 2 0
3/ 2
S' = 3 6
4
-6
6
4 , S = 2S’ =
6
2 . Khi đó AK’ = AL’ Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có:
1
AK =
1
AK'
-1
SA ,
1
1 AL'
-1 SA
suy ra AK = AL ị KL⊥AB
Ngỷỳồc lại, nếu KL⊥ABị AK = AL ị SK = AL, SK’ = SL’ ị K’L’ // KL ị K’L’⊥(SAB)ị K’L’⊥AB’ị C’ là trung điểm của K’L’
với S1là diện tích của tam giác cong OHT Vậy
dt(∆AHT) =1
2 AH HT =
3
2 .
6
3 6
4 ,
3
2 =
6 2 1
0
3/ 2
3/ 2 0
3/ 2
S' = 3 6
4
-6
6
4 ,S = 2S’ =
6
2 .
Vậy K’ nhìn AB’ d ới góc vuông Tỷơng tự ta chứng minh L’ nhìn AB’ d ới góc vuông
Vậy AK’B’L’ đỷợc nội tiếp trong đỷờng tròn (Χ‘) đỷờng kính AB’ trong mặt phẳng Q
Trang 5Để ý rằng trong chứng minh trên, ta còn đ ợc AK ’⊥SK, tỷơng tự AL’⊥SK.
2) K’L’ là một dây cung của (Χ‘) cắt đỷờng kính AB’ tại C’ C’ chỉ có thể là
trung điểm của K’L’ trong haitrỷỳõng hợp:
Trỷỳõng hợp 1 : K’L’⊥AB’
Khi đó AK’ = AL’ Từ các tam giác vuông SAK, SAL ta có:
1
AK =
1
AK'
-1
SA ,
1
1 AL'
-1 SA
suy ra AK = AL ị KL⊥AB.
Ngỷỳồc lại, nếu KL⊥ABị AK = AL ị SK = AL, SK’ = SL’ ị K’L’ // KL ị
K’L’⊥(SAB)ị K’L’⊥AB’ị C’ là trung điểm của K’L’
Trỷỳõng hợp 2 : C’ là trung điểm của AB’ Khi đó kẻ B’M // SC cắt AB tại M
(Hình 120) Ta có
SB'
SB =
CM
CB =
x 2R - x.
Nh ng SB'
SB =
SB'.SB
SA
h
h + 4R 2
2
2
2
suy ra x = Rh
h + 2R
2
Ngỷỳồc lại nếu x nhận giá trị trên, suy ra CM = x = AC ị AC’ = C’B’ và C’ là trung điểm của AB’
3) Tứ giác AK’B’L’ có diện tích dt(AK’B’L’) =1
2AB’ K’L’sinα, trong đóαlà góc tạo bởi K’L’ với AB’ Diện tích
ấy lớn nhất khi K’L’ = AB’,α=π/2, tức là khi AK’B’L’ là một hình vuông ; điều đó xảy ra khi C’ là trung điểm của AB’ và KL⊥AB
