\(y'=\dfrac{-3}{\left(x-1\right)^2}\)

Gọi tiếp điểm có hoành độ \(x_0\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y=\dfrac{-3}{\left(x_0-1\right)^2}\left(x-x_0\right)+\dfrac{2x_0+1}{x_0-1}\) (1)

a.

Tọa độ A và B có dạng: \(A\left(\dfrac{2x_0^2+2x_0-1}{3};0\right)\) ; \(B\left(0;\dfrac{2x_0^2+2x_0-1}{\left(x_0-1\right)^2}\right)\)

\(\Rightarrow OA=\left|\dfrac{2x_0^2+2x_0-1}{3}\right|;OB=\dfrac{\left|2x_0^2+2x_0-1\right|}{\left(x_0-1\right)^2}\)

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}OA.OB=\dfrac{1}{6}\Rightarrow OA.OB=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(2x_0^2+2x_0-1\right)^2}{3\left(x_0-1\right)^2}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow\left(2x_0^2+2x_0-1\right)^2=\left(x_0-1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(2x_0^2+3x_0-2\right)\left(2x_0^2+x_0\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x_0=0\\x_0=-\dfrac{1}{2}\\x_0=-2\\x_0=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) 

Có 4 tiếp tuyến thỏa mãn:... (thế lần lượt các giá trị \(x_0\) vào (1) là được)

b.

Do tiếp tuyến đi qua A nên:

\(-7=\dfrac{-3}{\left(x_0-1\right)^2}\left(5-x_0\right)+\dfrac{2x_0+1}{x_0-1}\)

\(\Leftrightarrow3x_0^2-4x_0-3=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x_0=\dfrac{2+\sqrt{13}}{3}\\x_0=\dfrac{2-\sqrt{13}}{3}\end{matrix}\right.\)

Chà, nghiệm xấu quá

Lại thay giá trị của \(x_0\) vào (1) là được 2 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn

\(y=\dfrac{x-1}{x+1}\Rightarrow y'=\dfrac{2}{\left(x+1\right)^2}>0\)

Do OAB vuông cân \(\Rightarrow AB\) tạo với trục hoành 1 góc 45 độ hoặc 135 độ

\(\Rightarrow\) Hệ số góc đường thẳng thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}k=tan45^0=1\\k=tan135^0=-1< 0\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{\left(x+1\right)^2}=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-1-\sqrt{2}\Rightarrow y=1+\sqrt{2}\\x=-1+\sqrt{2}\Rightarrow y=1-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

Phương trình tiếp tuyến:

\(\left[{}\begin{matrix}y=1\left(x+1+\sqrt{2}\right)+1+\sqrt{2}\\y=1\left(x+1-\sqrt{2}\right)+1-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)

Đường tròn (S) tâm \(I\left(-1;-3\right)\) bán kính \(R=3\)

Thế tọa độ A vào pt (S) thỏa mãn nên A nằm trên đường tròn

Ta cần tìm B, C sao cho chi vi ABC lớn nhất

Đặt \(\left(AB;AC;BC\right)=\left(c;b;a\right)\Rightarrow\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\)

\(\Rightarrow a+b+c=2R\left(sinA+sinB+sinC\right)\)

Mặt khác ta có BĐT quen thuộc \(sinA+sinB+sinC\le\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\) 

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

\(\Rightarrow a=b=c=2R.sin60^0=3\sqrt{3}\)

Khi đó I đồng thời là trọng tâm kiêm trực tâm \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AI\\d\left(A;BC\right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Phương trình BC có dạng \(y=-\dfrac{3}{2}\)

Hay (Cm) có 1 tiếp tuyến là \(y=-\dfrac{3}{2}\) (hệ số góc bằng 0 nên tiếp tuyến này đi qua 2 cực tiểu)

\(\Rightarrow m=-1\)

\(y'=\dfrac{-3}{\left(x-2\right)^2}\)

d. Phương trình hoành độ giao điểm

\(\dfrac{x+1}{x-2}=x-\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow2x^2-7x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=\dfrac{7}{2}\end{matrix}\right.\)

Tại \(x=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y'=-\dfrac{3}{4}\\y=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\) 

Pttt: \(y=-\dfrac{3}{4}x-\dfrac{1}{2}\)

Tại \(x=\dfrac{7}{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y'=-\dfrac{4}{3}\\y=3\end{matrix}\right.\) tiếp tuyến: \(y=-\dfrac{4}{3}\left(x-\dfrac{7}{2}\right)+3\)

e.

Tam giác ABC là tam giác nào nhỉ? Có lẽ đó là tam giác OAB?

g.

Giao điểm (C) với Ox có tọa độ \(\left(-1;0\right)\)

\(\Rightarrow y'\left(-1\right)=-\dfrac{1}{3}\)

Phương trình tiếp tuyến:

\(y=-\dfrac{1}{3}\left(x+1\right)\)

h.

Giao điểm (C) với Oy có tọa độ \(\left(0;-\dfrac{1}{2}\right)\)

Chính là trường hợp đầu của câu d, phương trình: \(y=-\dfrac{3}{4}x-\dfrac{1}{2}\)

e.

Gọi tọa độ M có dạng: \(M\left(m;\dfrac{m+1}{m-2}\right)\)

Phương trình tiếp tuyến tại M: \(y=-\dfrac{3}{\left(m-2\right)^2}\left(x-m\right)+\dfrac{m+1}{m-2}=-\dfrac{3}{\left(m-2\right)^2}x+\dfrac{m^2+2m-2}{\left(m-2\right)^2}\)

\(\Rightarrow A\left(\dfrac{m^2+2m-2}{3};0\right)\) ; \(B\left(0;\dfrac{m^2+2m-2}{\left(m-2\right)^2}\right)\) 

\(\Rightarrow OA=\left|\dfrac{m^2+2m-2}{3}\right|;OB=\left|\dfrac{m^2+2m-2}{\left(m-2\right)^2}\right|\)

\(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}OA.OB=\dfrac{1}{3}\Rightarrow OA.OB=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(m^2+2m-2\right)^2}{3\left(m-2\right)^2}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{m^2+2m-2}{m-2}=\sqrt{2}\\\dfrac{m^2+2m-2}{m-2}=-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)  (1)

Chà, nghiệm quá xấu. Bạn kiểm tra lại đề hoặc nhờ giáo viên kiểm tra lại đề coi \(S_{OAB}=\dfrac{1}{6}\) hay \(\dfrac{1}{3}\) nhé. Số liệu \(S_{OAB}=\dfrac{1}{6}\) sẽ hợp lý hơn, còn số liệu đúng như bài toán thì nhân chéo (1) lên giải pt bậc 2 cũng ra nghiệm thôi nhưng nghiệm cực kì xấu

Đáp án C

- Viết phương trình tiếp tuyến với C tại M.

+ Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số  y = f x   tại điểm  M  x 0 ; f  x 0   :y=f ' x o  x-x o  +f x o .

- Tìm tọa độ hai giao điểm A,B của tiếp tuyến với các trục tọa độ Ox, Oy.

- Diện tích tam giác OAB là: S Δ O A B = 1 2 O A . O B .

  y = 1 x ⇒ y ' = 1 x 2 . Ta có:

x M = 2 − 3 ⇒ y M = 1 2 − 3 = 2 + 3 ⇒ M  2- 3 ; 2 + 3 .

Phương trình tiếp tuyến với C tại M  2- 3 ; 2 + 3  là:

d : y = − y '  x M  x-x M + y M = − 1 2 − 3 2 x − 2 + 3 + 2 + 3 = − 2 + 3 2 x + 4 + 2 3 .

Cho  x = 0 ⇒ y = 4 + 2 3 ⇒ B 0;4+2 3

Cho

  y = 0 ⇒ x = 4 + 2 3 2 + 3 = 2 2 + 3 = 4 − 2 3 ⇒ A 4 − 2 3 ; 0

Vậy  S O A B = 1 2 O A . O B = 1 2 4 + 2 3 4 − 2 3 = 2   .

Đáp án D

Đáp án D

Phương trình đường tiếp tuyến ∆ tại M của (C) là

Giải phương trình bậc hai ta suy ra có hai điểm M thỏa mãn đề bài M(1;1) hoặc  M - 1 2 ; - 2

Đáp án D

Phương pháp:

+) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x o .

+) Tìm giao điểm của tiếp tuyến với các trục tọa độ.

+) Tính OA, OB, giải phương trình tìm x o →  Phương trình tiếp tuyến và kết luận.