Question

[Như]

cho parabol (P): y= \(\dfrac{1}{2}x^2\) và đường thẳng (d): mx+y = 2

1/ chứng minh khi m thay đổi thì (d) luôn đi qua 1 điểm cố định C

2/ CM (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B

3/ Xác định m để AB có độ dài nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác AOB ứng với giá trị vừa tìm của m

4/ chứng minh trung điểm I của AB khi m thay đổi luôn nằm trên một parabol cố định

Answer 1

[Hương Yangg]

Từ giả thiết ta có: (d): y = -mx+2
1/Giả sử điểm cố định mà (d) luôn đi qua khi m thay đổi là \(C\left(x_0;y_0\right)\)
Khi đó ta có: \(y_0=-mx_0+2\) với mọi m
\(\Leftrightarrow-mx_0-y_0+2=0\) với mọi m
Điều này chỉ xảy ra
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_o=0\\-y_0+2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=0\\y_0=2\end{matrix}\right.\)
Do đó C(0;2).
Vậy khi m thay đổi thì (d) luôn đi qua điểm C(0;2) cố định.

2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
\(\dfrac{1}{2}x^2=-mx+2\)
\(\Leftrightarrow x^2+2mx-4=0\) (1)
Xét pt (1) có a.c = 1. (-4) = -4 <0
Suy ra pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
=> (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B.

3/ Giả sử \(A\left(x_A;y_A\right);B\left(x_B;y_B\right)\) với \(x_A;x_B\)là 2 nghiệm của (1).
Vì pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m nên theo định lí Vi-ét ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B=-2mx\\x_A.x_B=-4\end{matrix}\right.\)

Mặt khác vì A;B thuộc (d) nên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}y_A=-mx_A+2\\y_B=-mx_B+2\end{matrix}\right.\)
Do đó \(AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+\left(-mx_B+2+mx_A-2\right)^2\)
Bạn tự rút gọn rồi tìm GTNN của AB và m nhé. ( Sử dụng phần áp dụng vi-ét nữa )
* Với m tìm được ta tính ÓA, OB giống như đã tính AB. Rồi áp dụng công thức Hê-rông để tính diện tích tam giác ABC.

4/ Vì I là trung điểm của AB nên ta có: \(I\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)\)
=> \(I\left(\dfrac{-2mx}{2};\dfrac{\dfrac{1}{2}x_A^2+\dfrac{1}{2}x^2_B}{2}\right)\)( Vì A,B thuộc (P) )
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{x_A^2+x_B^2}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{\left(x_A+x_B\right)^2-2x_Ax_B}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;\dfrac{\left(-2mx\right)^2+8}{4}\right)\)
\(\Rightarrow I\left(-mx;m^2x^2+2\right)\)
Ta thấy \(y_I=x_I^2+2\) do đó I thuộc (P) \(y=x^2+2\) cố định khi m thay đổi

Answer 2

[Hương Yangg]

bạn ơi cho mình xin lỗi nhé, ở bên trên chỗ áp dụng Vi-ét là \(x_A+x_B=-2m\) thôi nhé, mình nhầm cho thêm cả x vào.... Bạn sửa ý 4 lại nhé, kết quả vẫn giống vậy. Còn ý 3 mình làm tiếp ở dưới nè:
\(AB^2=\left(x_B-x_A\right)^2+m^2\left(x_A-x_B\right)^2\)
\(=\left(x_A-x_B\right)^2\left(m^2+1\right)\)
\(=\left[\left(x_A+x_B\right)^2-4x_Ax_B\right]\left(m^2+1\right)\)
\(=\left(4m^2+16\right)\left(m^2+1\right)\) ( Theo Vi-ét )
\(=4m^4+20m^2+16\)
Suy ra \(AB=\sqrt{4m^4+20m^2+16}\ge\sqrt{16}=4\)
Dấu = xảy ra khi m = 0.
Vậy AB nhỏ nhất là 4 khi m=0.
---
Với m =0 ta có (d): y=2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : \(\dfrac{1}{2}x^2=2\)
\(\Leftrightarrow x^2=4\)
\(\Leftrightarrow x=\pm2\)
Khi đó giả sử \(x_A< x_B\) ta có: A(-2;2) ; B(2;2)
=> AB = 4
Gọi H là giao của (d): y=2 với trục tung.
=> OH = 2
Do đó: \(S_{OAB}=\dfrac{1}{2}AB.OH=\dfrac{1}{2}.4.2=4\)
( Ý này bạn có thể phác thảo hình ra nháp để dễ hiểu hơn )