Google
Câu hỏi: Cho hàm số $f\left( x \right)=x+\dfrac{1}{x}.$ Cho điểm $M\left( a;b \right)$ sao cho có đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ đi qua $M,$ đồng thời hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Biết điểm $M$ luôn thuộcmột đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó là:
A. 2
B. 4
C. 1
D. $\sqrt{2}$
A. 2
B. 4
C. 1
D. $\sqrt{2}$
Cách giải:
Giả sử điểm $A\left( t;\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t} \right)\left( t\ne 0 \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=f\left( x \right).$
Ta có: $f'\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}-1}{x}$ nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại $A$ là: $y=\dfrac{{{t}^{2}}-1}{t}\left( x-t \right)+\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t}$
Tiếp tuyến trên đi qua $M$ khi và chỉ khi:
$b=\dfrac{{{t}^{2}}-1}{t}\left( a-t \right)+\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t}\Leftrightarrow \left( a-b \right){{t}^{2}}+2t-a=0\left( * \right)$
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},{{t}_{2}}$ khác 0 thỏa mãn $f'\left( {{t}_{1}} \right).f'\left( {{t}_{2}} \right)=-1$ hay $\left\{ \begin{aligned}
& a\ne b \\
& a\ne 0 \\
& \Delta '=1+a\left( a-b \right)>0 \\
& \dfrac{t_{1}^{2}-1}{{{t}_{1}}}.\dfrac{t_{2}^{2}-1}{{{t}_{2}}}=-1 \\
\end{aligned} \right.$
Theo định lí Vi-ét ta có ${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\dfrac{2}{b-a},{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\dfrac{a}{b-a}.$ Suy ra
$\dfrac{t_{1}^{2}-1}{{{t}_{2}}}=-17\Leftrightarrow 2t_{1}^{2}t_{2}^{2}-\left( t_{1}^{2}+t_{2}^{2} \right)+1=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{2{{a}^{2}}}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}+\dfrac{2a}{b-a}-\dfrac{4}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}+1=0$
$\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}+2a\left( b-a\left( -4+{{\left( a-b \right)}^{2}} \right) \right)=0$
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4$
Do $a\ne 0$ nên từ ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4$ ta suy ra $\left| b \right|<2,$ do đó: ${{a}^{2}}+1>2\left| a \right|>\left| ab \right|\ge ab.$
Như vậy tập hợp các điểm $M\left( a;b \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $\left\{ \begin{aligned}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4 \\
& a\ne b \\
& a\ne 0 \\
\end{aligned} \right.$
Tức là đường tròn tâm $O,$ bán kính 2 trừ bỏ đi các điểm $B\left( 0;2 \right),C\left( 0;-2 \right),D\left( \sqrt{2};\sqrt{2} \right)$ và $E\left( -\sqrt{2};-\sqrt{2} \right).$
Giả sử điểm $A\left( t;\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t} \right)\left( t\ne 0 \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y=f\left( x \right).$
Ta có: $f'\left( x \right)=\dfrac{{{x}^{2}}-1}{x}$ nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại $A$ là: $y=\dfrac{{{t}^{2}}-1}{t}\left( x-t \right)+\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t}$
Tiếp tuyến trên đi qua $M$ khi và chỉ khi:
$b=\dfrac{{{t}^{2}}-1}{t}\left( a-t \right)+\dfrac{{{t}^{2}}+1}{t}\Leftrightarrow \left( a-b \right){{t}^{2}}+2t-a=0\left( * \right)$
Yêu cầu bài toán tương đương phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ${{t}_{1}},{{t}_{2}}$ khác 0 thỏa mãn $f'\left( {{t}_{1}} \right).f'\left( {{t}_{2}} \right)=-1$ hay $\left\{ \begin{aligned}
& a\ne b \\
& a\ne 0 \\
& \Delta '=1+a\left( a-b \right)>0 \\
& \dfrac{t_{1}^{2}-1}{{{t}_{1}}}.\dfrac{t_{2}^{2}-1}{{{t}_{2}}}=-1 \\
\end{aligned} \right.$
Theo định lí Vi-ét ta có ${{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\dfrac{2}{b-a},{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\dfrac{a}{b-a}.$ Suy ra
$\dfrac{t_{1}^{2}-1}{{{t}_{2}}}=-17\Leftrightarrow 2t_{1}^{2}t_{2}^{2}-\left( t_{1}^{2}+t_{2}^{2} \right)+1=0$
$\Leftrightarrow \dfrac{2{{a}^{2}}}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}+\dfrac{2a}{b-a}-\dfrac{4}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}+1=0$
$\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}+2a\left( b-a\left( -4+{{\left( a-b \right)}^{2}} \right) \right)=0$
$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4$
Do $a\ne 0$ nên từ ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4$ ta suy ra $\left| b \right|<2,$ do đó: ${{a}^{2}}+1>2\left| a \right|>\left| ab \right|\ge ab.$
Như vậy tập hợp các điểm $M\left( a;b \right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $\left\{ \begin{aligned}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=4 \\
& a\ne b \\
& a\ne 0 \\
\end{aligned} \right.$
Tức là đường tròn tâm $O,$ bán kính 2 trừ bỏ đi các điểm $B\left( 0;2 \right),C\left( 0;-2 \right),D\left( \sqrt{2};\sqrt{2} \right)$ và $E\left( -\sqrt{2};-\sqrt{2} \right).$
Đáp án A.