phương pháp đồ thị để biện luận hệ có tham số

Lời nói đầu
Chuyên đề này tôi muốn nghiên cứu thêm một phơng thức hữu hiệu để giải bài
toán biện luận Hệ có chứa tham số. Đặc diểm của phơng pháp này là khi đ có 1 cách
nhìn hình học thì lời giải của các bài toán sẽ đơn giản, rõ ràng.Tất nhiên, cũng giống
nh mọi phơng pháp khác, phơng pháp đồ thị không phải thích hợp với mọi bài toán
biện luận hệ chứa tham số. Vì vậy trong chuyên đề nhỏ này tôi muốn trình bày một số
bài toán biện luận hệ mà phơng pháp đồ thị là phơng pháp hiệu quả hơn với mọi
phơng pháp khác.
Qua một số bài toán tôi mong rằng có thể cung cấp cho các bạn một phơng pháp
không chỉ biện luận hệ chứa tham số mà có thể xử lý một lớp các bài toán dạng khác.
Hơn thế nữa là giúp các bạn phát huy năng lực t duy toán. Trong chuyên đề này
tôi đ sử dụng một số tài liệu của một số tác giả: Phan Huy Khải, Phan Đức Chính. Xin
chân thành cảm ơn các tác giả và các thành viên trong tổ tự nhiên - Trờng DTNT Tỉnh
Bắc Giang đ giúp tôi hoàn thành chuyên đề này.

Bắc Giang, ngày 10-05-2008

Nguyễn thị t







Phơng pháp đồ thị để biện luận hệ có tham số

Phần 1:
Kiến thức cần nhớ
1. Phơng trình đờng thẳng Ax+By+C = O, A
2

+B
2
= 0
+ Mọi đờng thẳng Ax+By+C = Ochia mặt phẳng tọa độ ra hai phần:

1
= { (x,y) : Ax+By+C > O }

2
= { (x,y) : Ax+By+C < O }
Để xác định đợc ta chỉ cần xét một miền ( thờng miền chứa gốc tọa độ ,nếu C =
0 thì ta xét miền bất kì ).
VD : Xét đờng thẳng x 2y + 3 = 0
Miền gạch nằm dới đờng thẳng
chứa gốc O. Thay (O,O) vào f(x,y) =
x 2y + 3 .Ta có f(0,0) = 3 > 0 Miền đó
là
1
miền còn lại là
2 .
Nhận xét: + Nếu C > 0 thì miền chứa
gốc tọa độ là
1,
miền còn lại là
2

+ Nếu C > 0 thì miền chứa
gốc tọa độ là
2,
miền còn lại là

1

2. Phơng trình đờng tròn tâm I (a,b ),bán kính R là :
(x-a)
2
+(y-b)
2
= R
2

Tập hợp các điểm M (x,y ) nằm trong hình tròn đợc xác định bởi bất phơng trình
:(x-a)
2
+(y-b)
2
< R
2

Tập hợp các điểm M
1
(x,y ) nằm ngoài hình tròn đợc xác định bởi bất phơng trình :
(x-a)
2
+(y-b)
2
> R
2

3. Sự tiếp xúc của hai đờng cong.
*. Mệnh đề 1: Hai đờng cong y = f (x) và y = g (x) tiếp xúc nhau nếu phơng trình

f (x) = g (x) có nghiệm bội
*. Mệnh đề 2: Hai đờng cong y = f (x) và y = g (x) tiếp xúc nhau nếu hệ phơng trình



=
=
)()(
)()(
,,
xgxf
xgxf
có nghiệm.
Khi đó nghiệm của hệ là hoành độ tiếp điểm. Từ đó ta có một số kết quả sau:
Bài toán 1: Cho pa-ra-bol y = a.x
2,
.M tùy ý trên pa-ra-bol .Gọi M

là hình chiếu của
M trên trục hoành .Nếu tiếp tuyến của pa-ra-bol tại M cắt trục hoành tại N thì N là trung
điểm của OM

.
Chứng minh:
Gọi x
0
là hoành độ của M.Khi đó MM

= a x
0

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến MN
Ta có k = y

(x
0
) = a.x
0
2
(1)
Mặt khác k = tg MNM

=
MN
MM


=
M
N
xa

0
.
(2)
Từ (1) và (2) ta đợc NM
/ =
2
0
x

=
2
MO





ON = NM
/


đpcm.
Bài toán 2: Cho đng tròn (x-a)
2
+(y-b)
2
= R
2
và đờng thẳng A.x+ B.y+ C = 0 .CMR
điều kiện để đờng thẳng và đờng tròn tiếp xúc nhau :
R
2
(A
2
+B
2
) = ( C + A.a +B.b)
2
Chứng minh : Thật vậy Nếu đờng thẳng và đờng tròn tiếp xúc nhau thì

hệ
(
)



=++
=+
0
)(
22
2
CyBxA
Rbyax
Có nghiệm duy nhất




=++++
=+
0 ).().(
)()(
222
bBaACbyBaxA
Rbyax

Đặt X = x-a ,Y = y-b , m = C + A.a +B.b
Bài toán trở thành tìm điều kiện để hệ

=++
=+
0
222
mYBXA
RYX
(*) có nghiệm duy nhất.
Có hai khả năng xảy ra

+. Nếu B

0,Hệ (*) có nghiệm duy nhất nếu phơng trình
X
2
+ (
B
mxA


.
)
2
= R
2



(A

2
+ B
2
)X
2
+ 2Am.X +m
2
B
2
R
2
= 0 có nghiệm duy nhất.
Ta có


= A
2
m
2
(A
2
+ B
2
) (m
2
B
2
R
2
) = 0.

Do B

0 nên (A
2
+ B
2
) R
2
= 0
+. Nếu B = 0 (A

0 )
Khi đó từ (*) ta có Y
2
+(
A
m
)
2
= R
2
Rõ ràng hệ (*) có nghiệm duy nhất

R
2
- (
A
m
)
2

= 0 hay A
2
R
2
= m
2
hay
(A
2
+ B
2
)R
2
= m
2
( B = 0 )
Vậy ta đợc điều phải chứng minh.
Bài toán 3 : Cho đờng tròn
)1(
222
Ryx =+
và M(x
0
:y
0
) thuộc đờng tròn. Khi đó
phơng trình tiếp tuyến của đờng tròn tại M là :
)2(
2

00
Ryyxx =+

Chứng minh

Phơng trình tiếp tuyến với đờng tròn tại M(x
0
;y
0
) là
)3()(
0
)(
,
0
0
xxyyy
x
=
Từ (1) ta có :
0.22
)0(
,
00
=+
x
yyx

Nhân cả hai vế của (3) với y
,

(x0)
ta có:
)0(
,
0
)0(
,
0
0
2
0

xx
yyxyyyyy =

Ta suy ra điều phải chứng minh.
* Tổng quát : Tiếp tuyến tại điểm M(x
0
;y
0
) của đờng tròn
(
)
22
2
)( Rbyax =+
là
(
)
)4())(()(

2
00
Rbybyaxax =+

Chứng minh : Bằng cách tịnh tiến hệ đồ thị về điểm (a;b) ta có bài toán 3.
4. Các mệnh đề : Cho f(x) là hàm số liên tục trên miền D
Mệnh đề 1: Phơng trình f(x) = có nghiệm khi và chỉ khi
m = min f(x) max f(x) = M (1) (x D )
Ta công nhận không chứng minh.
Mệnh đề 2 :
1) Bất phơng trình f(x) , x D có nghiệm khi và chỉ khi M
2) Bất phơng trình f(x) , đúng với mọi x Dkhi và chỉ khi m .
Chứng minh :
+) Giả sử Bất phơng trình f(x) , x D có nghiệm, tức là tồn tại x
0
D mà f(x
0
)
ta có M = max f(x) f(x
0
) .
3) +) Đảo lại, giả sử M giả thiết phản chứng bất phơng trình f(x) , x D
vô nghiệm điều này nghĩa là f(x) < , x D hay M = max f(x) với x D. Mâu
thuẫn đó chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
+) Phần 2 : hiển nhiên.
Mệnh đề 3 :
1)Bất phơng trình f(x) , với x D có nghiệm khi và chỉ khi m 2)Bất phơng
trình f(x) , đúng với mọi x D khi và chỉ khi M .
Phần 2:
Bài tập

loại 1:

Sử dụng phơng trình đờng tròn
bài 1: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất





++
++
)2()1(
)1()1(
22
22
ayx
ayx

lời giải
+ Gọi X
1
là miền nghiệm của (1),
X
1
là hình tròn tâm O
1
(0,-1) và bán kính là
a
(a
0)

+ Gọi X
2
là miền nghiệm của (2),
X
2
là hình tròn tâm O
2
(-1,0) và bán kính là
a

+ Nghiệm của hệ đ cho là phần chung của X
1
và
X
2

+ Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất X
1
và
X
2
tiếp xúc nhau O
1
O
2
= 2
a

2
= 2

a
a =
2
1
Vậy a =
2
1
là giá trị cần tìm .
Bài 2 : cho hệ phơng trình :



=+
=+
)2(0
)1(0
22
xyx
mmyx

1. Biện luận số nghiệm của hệ theo m
2. Khi hệ có hai nghiệm là (x
1
,y
1
) ; (x
2
,y
2
) Xét đại

lợng D = (x
2
x
1
)
2
+ (y
2
y
1
)
2
Tìm m để Dmax
Lời giải : 1. Hệ





=+
=+
)4(
4
1
)
2
1
(
)3(0)1(
22

yx
ymx

Ta thấy (4) là đờng tròn tâm O
1
(
2
1
;0) bán kính 1
còn (3) là phơng trình đờng thẳng luôn qua A(1;1)
+. Trớc hết ta thấy từ A có hai tiếp tuyến với đờng tròn, trục tung và tiếp
tuyến ABC.
Đặt
1
OAO
=

OAC = 2 Vậy tg 2 =


2
1
2
tg
tg

mà tg =
OA
OO
1

=
2
1
nên tg 2 =
3
4
= OC
OC
=
3
4

Gọi H là điểm mà đờng thẳng (3) cắt ox tìi
OH
là nghiệm : x-m = 0 .Vậy
OH
=
m (*).
Ta thấy số nghiệm của hệ (1), (2) là giao điểm của đờng thẳng (3) với đờng tròn
(4) .Từ (*) và lập luận trên ta có :
+, m< 0 hoặc m>
3
4
: hệ vô nghiệm .
+, m= 0 hoặc m=
3
4
: hệ có nghiệm duy nhất.
+, 0<m<
3

4
: hệ có 2 nghiệm.
2. Khi hệ có hai nghiệm là (x
1
,y
1
) ; (x
2
,y
2
) Xét hai điểm M
1
(x
1
,y
1
) ;M
2
(x
2
,y
2
) thì
M
1
; M
2
chính là giao điểm của đờng thẳng và đờng tròn .Ta có : D =
2
21

MM
do đó
Dmax M
1
M
2
max
M
1
M qua O
1
m =
2
1

Vậy Dmax m =
2
1
.
Bài 3: cho hệ phơng trình





=
=+
0)3)((
)1(9
22

axxay
yx
(2) Biện luận số nghiệm của hệ trên theo
a.
Lời giải : Ta thấy (1) là phơng trình đờng tròn tâm O(o;o) và bán kính bằng 3. Còn
(2) là phơng trình của 2 đờng thẳng x = a
3
và ay + x = 0.
Số nghiệm của hệ là số giao điểm của đờng thẳng và đờng tròn.
1. Nếu a=0 Khi đó (2) x=0 và đó là phơng trình trục tung.Do đó hệ có 2
nghiệm (vì trục tung cắt đờng tròn (1) tại 2 điểm).
2.Nếu a>0 .Gọi (x
0
;y
0
) là điểm chung của 3 đờng thẳng x
2
+ y
2
= 9; ay + x = 0 ;
x = a
3
thì ta có





=
=+

=+
)5(3
)4(0
)3(9
0
00
00
ax
xay
yx

từ (4) và (5) suy ra a
3
=-ay
0
y
0
=-
3
.
Thay vaò (3) ta có a
2
=2 và a > 0 nên a =
2

Từ đó suy ra :
+, Nếu a>
3
: hệ có 2 nghiệm.
+, Nếu a=

3
: hệ có 3 nghiệm.
+, Nếu a=
2
: hệ có 3 nghiệm.
+, Nếu














<<
2
30
a
a
; hệ có 4 nghiệm.
3. Nếu a<0 xét hoàn toàn tơng tự nh (2) ta có:
+, Nếu a<-
3
: hệ có 2 nghiệm.

+, Nếu a=-
3
: hệ có 3 nghiệm.
+, Nếu a=-
2
: hệ có 3 nghiệm.
+, Nếu






<<
2
03
a
a
; hệ có 4 nghiệm
Vậy :
+, Hệ có 4 nghiệm khi







<<
2

30
a
a

+, Hệ có 3 nghiệm khi
23 == aa

+, Hệ có 2 nghiệm khi a = 0 hoặc
3>a
.




Bài 4: Tìm a để hệ sau có nghiệm






=
++
)2(2
)1(4)3(
2
22
axy
yx

Lời giải : Ta thấy tập hợp các điểm thỏa mn (1) là hình tròn tâm O
1
(0;-3) và bán kính
bằng 2.
Các điểm thỏa mn (2) là 1 pa-ra-bol y = 2ax
2
.Hệ có nghiệm khi và chỉ khi pa-ra-
bol và phần hình tròn có điểm chung. Gọi x
0
là giá trị mà pa-ra-bol y = 2a
0
x
2
tiếp xúc với
đờng tròn nói trên,dễ thấy hệ đ cho có nghiệm thì a a
0.

Bài toán trở thành tìm a
0
để a a
0.
Gọi A có hoành độ x
0
là tiếp điểm của pa-ra-
bol y = 2a
0
x
2
với đờng tròn trên. Ta có A(x
0

; 2a
0
x
0
2
). Vẽ tiếp tuyến với pa-ra-bol tại A
thì nó cũng là tiếp tuyến của đờng tròn (do chúng tiếp xúc nhau), giả sử chúng cắt trục
hoành tại B thì
OB
=
2
0
x
.Ta có :
O
1
A
2
+AB
2
= O
1
B
2
= O
1
O
2
+O
1

B
2


)4
4
(4
4
0
2
0
0
2
xa
x
++
= 9+
4
2
0
x
4 a
0
2
x
2
0
= 5 x
0
2

=
0
2
5
a
(a<0).
Do A nằm trên đờng tròn nên x
0
2
+ (2a
0
x
0
2
+3)
2
= 4
0
2
5
a

= 10 - 6
5

a
0
=
16
53

. Vậy hệ đ cho có nghiệm khi a
0
<
16
53
.
Bài 5.
Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất




=+
+
0
22
22
ayx
xyx

Lời giải.
Hệ





=+=
+
)2(0

)1(3)1(
22
axy
yx

Từ hệ

hệ có nghiệm duy nhất


y=x + a là tiếp tuyến của đờng tròn tâm
O
1
(1,0) và bán kính
3
.
Ta thấy đờng thẳng y = x = a tạo
chiều dờng Ox góc 45
0
với mọi a.
Có 2 giá trị của a để y = x + a tiếp xúc với đờng tròn.
Ta có O
1
BC là tam giác vuông cân nên
62BOCO
11
==
.

6
1
OC
+
=
. Mặt khác OC chính là nghiệm của phơng trình x+a=0


6
1
6
1


=

+
=

a
a
.
Tơng tự ta có

16616
11
===
aDODO
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi

6
1


=
a
.
Bài 6.
Tìm a để hệ có hai nghiệm:





=+
+=+
)2(4)(
)1()1(2
2
22
yx
ayx


y



A

D C x


B

O
1
O
2
y





x



2 2





2


O

y

B

y=1

2 C
A O x



D x = 1
Lời giải.
Ta dễ thấy a<

1, hệ đ cho vô nghiệm.
Vậy ta xét a

1.
+ Các điểm thoả mn (1) là đờng tròn tâm O, bán kính
)2(2 a+
.
+ Các điểm thoả mn (2) nằm trên đờng thẳng x+y=2 và x+y=

2.
Ta nhận thấy 2 đờng thẳng đối xứng nên hai đờng thẳng trên hoặc cùng là tiếp
tuyến hoặc không là tiếp tuyến.
Vì hệ có 2 nghiệm

x+y=2 là tiếp tuyến của đờng tròn (1).

Ta có:
0)1(2222 =+== aaROA
.
Vậy hệ có 2 nghiệm

a=0.
Bài 7.
Biện luận theo a số nghiệm của hệ:




=
=+
)2(0))(2(
)1(42
ayax
yx

Lời giải.
Ta nhận thấy các điểm thoả mn (1) là 4
cạnh của hình thoi ABCD, với A(

4,0),
B(0,2), C(4,0), D(0,

2).
Các điểm thoả mn (2) nằm trên đờng
thẵng x=2a và y=a. Số nghiệm của hệ là số
giao điểm của chu vi hình thoi với hai đờng

thẳng nói trên.
Trớc hết ta tìm xen khi nào 3 đờng thẳng x=2a, y=a và 02
=
+
yx đồng quy.
Gọi (x
0
, y
0
) là điểm chung, khi đó ta có:
12
44
42
2
0
0
0
00
0
0
=





=
=
=

=+
=
=
a
ay
ax
y
yx
ay
ax
.
Từ đó ta kết luận:
1) Nếu
|
a
|
> 2: Hệ vô nghiệm.
2) Nếu
|
a
|
= 2: Hệ có 2 nghiệm.
3) Nếu
|
a

|
< 2 và
|
a
|


1 : Hệ có 4 nghiệm.
4) Nếu
|
a
|
= 1: Hệ có 3 nghiệm.
Loại 2. Biến tham số thành đối số.
Bài 8.
Tìm a để hệ sau có nghiệm:






=+
<++++
4
024)25(
22
22
ax
aaxax

Lời giải.
Xét hệ toạ độ Oxa. Điểm M tronh hệ toạ độ
có dạng M(x,a). Hệ đ cho tơng đơng với hệ:



=+
<
+
+
+
)2(4
)1(0)24)((
22
ax
axax

Nhng điểm M thoả mn (1) nằm trong hai góc
đối đỉnh AO
1
B và CO
1
D (không kề cạnh).
Nhng M(x,a) thoả mn (2) là đờng tròn
tâm O bán kính 2.
Từ đó suy ra M(x,a) là nghiệm của hệ chính là cung BA, CD của đờng tròn nói
trên (không kể các đầu mút của cung).
Ta có A(

2,0). Do B và C là giao điểm của đờng thẳng x+a=0 với đờng tròn
4
22
=
+
a
x
nên thấy ngay x=

a và có
2

=
x
.
Vậy
)2,2(C),2,2(B
. D là giao điểm của đờng tròn với đờng thẳng
0
2
4a
x
=
+
+
. Từ đó suy ra

=+=++
17
16
,
17
30
016174)24(
222
Daaaa
.
Vậy hệ có nghiệm
2
0
<
<

a
.

a






x

O
Bài 9.
Cho hệ:






++
064
02
2
2
axx
axx

1. Tìm a để hệ có nghiệm.
2.
Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất
.
Lời giải.
Hệ

)2(
6
4
)1(2
2
2
xx
a
xxa

Các điểm M(x,a) thoả mn hệ
nằm trong miền gạch với A(

1,1).
Từ đó suy ra:
+ Hệ có nghiệm khi 0

a

1.
+ Hệ có nghiệm duy nhất khi đờng thẳng x = 2 cắt miền gạch tại một điểm duy
nhất, tức là từ đồ thi suy ra hệ có nghiệm duy nhất khi a = 1 hoặc a = 0.
Bài 10.
Cho hệ:

=+
=+++
)2(3
)1(21
ayx
ayx

Tìm a để hệ có nghiệm.
Lời giải.
Ta thấy VT(1)

1 nên a

0.
Đặt
2,1 +=+= yvxu
, u, v

0.
Bài toán trở thành tìm a để hệ:

+=+
=+
)5(0,0
)4(33
)3(
22
vu
avu
avu

Các điểm M(u,v) thoả mn (4) là đờng tròn tâm O, bán kinh
3
3
+
a
.

y




x

O
Các điểm thoả mn (3) là đờng thẳng cắt đờng tròn trong cung thứ nhất.
Từ đó suy ra hệ có nghiệm








++
033
066
6633
2
2
aa
aa
aaa

Kết hợp với a

0
153
2
213
+

+
a

Bài 11.
Tìm m để hệ sau có nghiệm:





=+
=+
myx
yx
2cos2cos
2
1
sinsin

Lời giải.
Đặt u = sinx, v = cosx.
Bài toán

tìm m để hệ sau có nghiệm:

=+
=+
)3(1,1
)2(
2
2
)1(
2
1
22
vu
m
vu
vu

Các điểm thoả mn (3) nằm trong hình vuông MNPQ.
Nh vậy, phải tìm m để đờng tròn gốc toạ độ, bán kính
2
2 m
R

=
cắt đờng
thẳng
2

1
=+ vu nằm trong hình vuông (tức là cắt đọan AB). Dễ thấy A(1/2;1), B(1;1/2)
4
5
==
OBOA
. Kẻ OC AB thì
4
2
2
2
.
2
1
==
OC
.Từ đó suy ra ta cần có:

y



A
N P


x

B
M Q






C

O

4
7
2
1
4
5
2
2
8
1
4
5
2
2
8
1

m
m
m

Bài 12
.
Tìm m để hệ có nghiệm:



=+
=
+
+
)2(
)1(
22
myx
mxyyx

Lời giải.
Ta dễ thấy chỉ cần xét m

0 (vì

m
< 0 thì
phơng trình (2) vô nghiệm).
myx
myxyx
m
myx
yx
311
03)(2)(
2
)(
)1(
2
2
+=+
=+++
=
+
++

Vậy hệ đ cho

=+
++=+





=+
++=+
)(
311
)(
311
22
22
II
I
myx
myx
myx
myx

+ Hệ (I) có nghiệm khi đờng thẳng
myx 311 ++=+

cắt đờng tròn tâm O, bán kính
m
.
Từ đồ thị suy ra hệ có nghiệm





+
++






++
++

mm
mm
mm
mm
2131
1231
2311
2311

Do

m


0 nên
m
m
2
1
1
3
1



+

Vậy ta có:


y






x

O

m


8
0
08
22
221231
1231
2



+++
++
m
mm
mm
mmm
mm

+ Hệ (II) vô nghiệm do
m

m
2
3
1
1

<
+


nên đờng thẳng
myx 311 +=+

không cắt đờng tròn
myx =+
22

Vậy 0


m


8 là giá trị cần tìm.
Bài 13
.
Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:

=+
=+++
0)2()1(2
01045945
2
22
aaxax
xxxxx

Lời giải.
Hệ đ cho tơng đơng với hệ:





=+




=
)2(0)2)((
)1(
41
1
axax

x
x

Xét hệ toạ độ O
xa
, các điểm (
x,a
) thoả mn hệ là X = AB CE DE.
Gí trị
a
= phải tìm nếu đờng
a
= cắt X tại một điểm duy nhất. Từ đó hệ có nghiêm
duy nhất khi 4 <
a
6, 1<
a
< 3,
a
= 1.
*
Chú ý:
1) Nếu bài toán tìm
a
để hệ:

+
=+++
0)2()1(2
01045945
2
22
aaxax
xxxxx
có nghiêm duy nhất.
Lúc đó nghiệm hệ là đoạn AB

CEFD. Từ
đó suy ra hệ có nghiêm duy nhất khi
a
=6
hoặc 1
a
< 1.

a

6 E

4 F

3 C
A
D
1 O 1 4

y

A


B
8 C
x






2

H
O

2) Bằng cách tơng tự xét: Tìm
a
để hệ sau có 2 nghiệm:





=+
=++++

0)4()2(2
0126567
2
22
aaxax
xxxxx

thì ta có
a
= 1,
a
= 2, 5
a
6.
Bài 14
.
Tìm M để hệ sau có nghiệm:








=+
+
++

+

)4(
)3(042
)2(02
)1(082
22
myx
yx
yx
yx

Lời giải.
Các điểm M(
x,y
) thoả mn (1), (2), (3) là miền hình gạch.
Ta chỉ xét
m
0. Do (4) biểu diễn đờng tròn tâm O, bán kính
m
. Bài toán trở
thành: Tìm
m
0 để đờng tròn cắt

ABC. Điều đó xảy ra khi
OH
m
max(OA,OB=OC)=
20
.

Do
5
4
6
5
16
1
4
1111
222
==+=+= OH
OA
OC
OH
.
Vậy ta có
20
5
16
20
5
4
mm
hay .
Bài 15
.
Tìm m để hệ có nghiêm không âm
.

=++
+
+
)3(02084
)2(93
)1(22
22
myxyx
yx
yx

Lời giải.
Các điểm M(
x,y
),
x
0,
y
0 đợc
biểu diễn bởi miền gạch. Đó là tứ giác
ABCD, A(1,0), B(0,2), C(0,3), D(9,0).

y

4

C
B


O 9
x

A 2 D





O
1
Phơng trình (3) myx =+
22
)4()2(
.
Do đó (3) biểu diễn đờng tròn tâm O
1
(2,4), bán kính
m
(m 0).
Từ đó suy ra hệ có nghiêm khi:
O
1
H

m
max(O
1
A, O
1
B, O
1
C, O
1
D) = O
1
D =
65
.
Do O
1
H là khoảng cách từ O
1
đến x+3y 9 = 0, nên O
1
H =
5,2
. Từ đó suy ra
65
2
5
m
.
Bài 16
.

Tìm m để hệ sau có
nghiệm:





=+

+
+
)2(2
)1(1)(log
22
myx
yx
yx

Lời giải.
Trớc hết ta biểu diễn trên hệ trục toạ
độ O
xy
các điểm M(
x,y
) thoả mn (1).

+







>+






++
>+

2
1
2
1
2

1
1
1
)1(
22
22
22
22
yx
yx
yxyx
yx

















+

+
<+<
>+






++
<+<
>+

2
1
2
1
2
1
10
0
10
0
)2(

22
22
22
22
yx
yx
yx
yxyx
yx
yx

Từ đó suy ra chúng đợc biểu diễn bởi miền gạch (lấy biên của
)
2
2
,(
1
O
, không lấy
điểm (0,1)).

y







1 1

x


A



O
Điểm A là giao của đờng thẳng
x+y
=0 với
1
22
=+
yx
và A phía dới nên
)
2
2
,
2
2
(

A . Đờng thẳng
x + 2y
= m đi qua A khi
2
2
=m .

áp dụng điều kiện để một đờng thẳng A
x
+ B
y
+ C = 0 tiếp xúc với đờng tròn
222
)()( Rbyax =+ , ta phải có:
2222
)BA(C)B(AR ba
++=+
. Hay
2
)
2
3
(
2
5
+= m
. Do tiếp tuyến ở phía trên nên ta lấy giá trị
2
103 +
=m
.
Từ đó ta có đờng thẳng x + 2y = m cắt miền gạch, ta phải có:
2
103
2
2 +
<

m
là giá
trị cần tìm.
Bài 17
. Tìm m để hệ sau vô nghiệm:






<+
)2(1
)1(0)2)((
2
2
x
xmxm

Lời giải.
Trong hệ toạ độ xOm, điểm thoả mn hệ
biểu diễn bằng miền gạch (không kể biên BC,
góc COA).
+) m = 2 là một giá trị cần tìm nếu đờng
thẳng m =

không cắt miền gạch nối trên.
Từ đồ thị suy ra hệ vô nghiệm khi

3
0
m
m

Bài 18
. Tìm m để hệ sau có nghiệm.



+
+=++
)2(34
)1(6816
22
myx
yxyx

Lời giải.
9)3()4()1(
22
=+ yx
.
Vậy các điểm thoả mn (1) là đờng tròn tâm O
1
(4,3), bán kính 3.

m



B
2

A C



1 O 1 x



y





3



O 4 x

O
1

Ta thấy thoả mn (2) phải nằm nửa mặt phẳng xác định bởi 4x+3y

m=0, suy ra hệ
có nghiệm khi và chỉ khi nửa mặt phẳng có điểm chung với đờng tròn.
Gọi m
0
là giá trị bé nhất mà 4x+3y

m
0
=0 là tiếp tuyến của đờng tròn. Khi đó ta thấy
ngay giá trị cần tìm của m là m

m
0
.
Theo trên, 4x+3y

m
0
=0 là tiếp tuyến của (O
1
, 3) khi:
222
)916()34(9 ++=+ m

Do m
0
là giá trị bé nhất, nên m
0
= 10.
Vậy giá trị cần tìm của m là m

10.
Nhận xét
: Ta có thể giải bài toán nh sau:
Gọi D là tập hợp các điểm M(x,y) thảo mn
(1) và đặt f(x,y) = 4x+3y thì hệ đ cho có
nghiêm

minf(x,y)

m. Vì (x,y)

D nên
2
22
8
2
16
34 OM+=
++
=+
yx
yx

. Trong đó
M(
x,y
) (O
1
, 3). Từ đó suy ra: Min
f
(
x,y
)=10. Vậy
m
10.
Nếu phơng trình (2) là 4
x
+ 3
y

m
. Cách giải tơng tự ta có
m
40.
Loại 3: Tìm độ dài nghiệm của hệ.
Bài 19.
Cho hệ:

++
+++
4832
2134
22
22
kkkxx
kkkxx

1. Tìm k để hệ có nghiệm.
2.
Tìm k để độ dài của nghiệm của hệ là 2.

Lời giải.
Hệ



++

+
+

+

)2(0)23)(2(
)1(0)13)(1(
kxkx
kxkx

y



M
2


M
1

O 4
x





O
1
Các điểm trong phần
không gạch đồng thời thoả
mn hệ. Ta
)
2
3
,()
2
1

,(
,
0
201
xx OO .
Vậy
k
< 1/2 hoặc k > 3/2
thì hệ có nghiệm.
Để xem với giá trị
nào của k thì độ dài
nghiệm của hệ đ cho là 2.
Từ đồ thị ta nhận thấy: Do
tung độ của O
2
(là giao của
x

k
+2=0 và
x+k
1=0) là 3/2 và tung độ của O
1
(là giao của
x+k
1=0 và
x
+3
k
2=0) là ẵ.

Nếu
k
> 3/2 hoặc
k
< 1/2 thì độ dài nghiệm của hệ tăng. Khi
k
= 0 thì nghiệm của hệ 2
<
x
< 1 hoặc 1
x
< 2 và có độ dài 2.
Giả sử độ dài nghiệm MN = 2. Vì MO
2
N là vuông cân, mà đờng cao của tam giác đó là
1. Vậy đờng thẳng MN // Ox có phơng trình là
2
5
1
2
3
=+=k
.
Vậy để cho độ dài nghiệm của hệ là 2 thì
k
= 0 hoặc
k
= 5/2.
Nhận xét:
Nhiều bài toán chỉ cần lập bảng biến thiên là ta đ biện luận đợc hệ

rồi
.
Loại 4. Dùng bảng biến thiên.
Bài 19.
Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất:








+=
+=
x
a
xy
y
a
yx
2
2
2
2
2
2

Lời giải.

k

M H N


O
2

O
1



2

1 O 1 2
x


O
3


Ta thấy
x


0,
y

0.
Hệ







>>
+=
+=

0,0
2
2
222
222
yx
axxy
ayyx

>>
=+++
+=

0,0
0)22)((
2
22
222
yx
yxyxyx
ayyx






==
>+++>=

)2(2)(
)022)(1(0
223
22
axxxf
yxyxxy

Số nghiệm của hệ là số nghiệm dơng của (2).

Ta có
xxxf 26)('
2
=
.
Bảng biến thiên:
x

0
3
1


f
(
x
) + 0


0 +
0
+


f
(
x
)

27
1



Từ bảng biến thiên suy ra (2) có nghiêm dơng duy nhất (vì
a
2


0 nên
y
=
a
2
cắt đồ thị
với
x
> 0 tại duy nhất một điểm).
Vậy hệ có nghiêm duy nhất với mọi
a
.
Bài 20.
Tìm m để hệ sau có nghiệm:

<++
<+
013
0123
3
2
mxx
xx

Lời giải.
Với mọi m thì x = 0 đều không là nghiệm của hệ nên hệ thơng đơng với hệ:
)(
3
1
3
1
0
)(
3
1
01
3
3
IIhoặcI

<
<<






>
<<
x
x
m
x
x
x
m
x

Xét
2
33
3
21
)(',

3
1
)(
x
x
xf
x
x
xf

=

=

Bảng biến thiên:
x


1

0 1/3


f
(
x
)

+ 0 +

f
(
x
)





0
+

27
28




Từ bảng biến thiên ta thấy: Hệ (I) có nghiệm khi
m
> 0, hệ (II) có nghiệm khi
27
28

<m
.
Vậy
m
> 0 hoặc
27
28

<m
là giá trị cần tìm.
Lời kết:
Trên đây chỉ là một số kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi còn nhiều thiếu sót rất
mong đợc sự đóng góp chân thành của các bạn, xin cảm ơn.