9. Bài tập hay và khó chương 4: Sự tương giao của đường thẳng và parabol

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là: ${x^2} = mx + 4 \Leftrightarrow {x^2} – mx – 4 = 0$ . Ta có $\Delta  = {m^2} + 16 > 0$, với mọi $m$ nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt. Theo định lý Viet ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} =  – 4\end{array} \right.$ 

Ta có $Q = \dfrac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 7}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 2{x_1}{x_2}}}$$\Rightarrow Q = \dfrac{{2m + 7}}{{{m^2} + 8}}$. 

Ta xét ${m^2} + 8 – \left( {2m + 7} \right) = {m^2} – 2m + 1 = {\left( {m – 1} \right)^2} \ge 0;\,\,\,\forall m$  nên ${m^2} + 8 \ge 2m + 7 \Rightarrow Q = \dfrac{{2m + 7}}{{{m^2} + 8}} \le 1$

Dấu “=’ xảy ra khi ${m^2} + 8 = 2m + 7 \Leftrightarrow {\left( {m – 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow m = 1$

Suy ra giá trị lớn nhất của $Q$ là $1$  khi $m = 1.$

Để ý rằng đường thẳng $\left( d \right)$ luôn đi qua điểm cố định $I\left( {0;4} \right)$ nằm trên trục tung. Ngoài ra nếu gọi $A\left( {{x_1};{y_1}} \right),B\left( {{x_2};{y_2}} \right)$ thì ${x_1}.{x_2} =  – 4 < 0$

(do ${x_1};{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm ${x^2} – mx – 4 = 0$ ) 

nên hai giao điểm $A,B$ nằm về hai phía trục tung.

Giả sử ${x_1} < 0 < {x_2}$ thì ta có:

${S_{OAB}} = {S_{OAI}} + {S_{OBI}} = \dfrac{1}{2}AH.OI + \dfrac{1}{2}BK.OI$ với $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $A,B$ trên trục $Oy$. Ta có $OI = 4,AH = \left| {{x_1}} \right| =  – {x_1},BK = \left| {{x_2}} \right| = {x_2}$. Suy ra ${S_{OAB}} = 2\left( {{x_2} – {x_1}} \right)$ $\Rightarrow S_{OAB}^2 = 4{\left( {{x_1} – {x_2}} \right)^2} = 4\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 4{x_1}{x_2}} \right]$.

Theo định lý Viet ta có: ${x_1} + {x_2} = m,{x_1}{x_2} =  – 4$. Thay vào ta có: $S_{OAB}^2 = 4\left( {{m^2} + 16} \right) = 64 \Leftrightarrow m = 0$.