Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = f(x) = x²

1) Tính f(−1); f(3).

2) Cho A(−1; 1), B(3; 9) nằm trên đồ thị hàm y = x². Gọi M là điểm thay đổi trên đồ thị hàm số y = x² và có hoành độ là m (−1 < m < 3). Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn nhất.

1) + f(−1)$\frac{1}{2}$

Thay x = −1 vào y = x², ta được: f(−1) = (−1)² = 1.

+ f(3)

Thay x = 3 vào y = x², ta được: f(3) = 3² = 9.

Vậy f( – 1) = 1 và f(3) = 9.

2) Kẻ AH, MK, BI lần lượt vuông góc với Ox tại H, M, I ta được hình vẽ sau:

Khi đó AH = |y_A| = 1; OH = |x_A| = |-1| = 1;

OK = |x_M| = |m|; MK = |y_M| = m²;

OI = |x_B| = 3; BI = |y_B| = 9.

Suy ra: HK = |m + 1|; KI = OI – OK = |3 – m|;

HI = OH + OI = 1 + 3 = 4.

Ta có: S_∆ABM = S_AHIB – S_AHKM – S_MKIB

Ta có: Tứ giác AHIB, AHKM, MKIB là những hình thang vuông nên:

S_AHIB =  $\frac{1}{2}$(AH + BI). HI =  $\frac{1}{2}$(1 + 9).4 = 20 (đvdt).

S_AMKH = $\frac{1}{2}$ (AH + MK). HK = $\frac{1}{2}$ (1 + |y_M|).|x_M + 1| =  $\frac{1}{2}$(1 + m²).|m + 1|

S_MKIB =  $\frac{1}{2}$(MK + BI). KI = (m² + 9). |3 – m|

Þ S_ABM = 20 −  $\frac{1}{2}$(1 + m²).|m + 1| −  $\frac{1}{2}$(m² + 9). |3 – m|

Do −1 < m < 3 nên  $\left\{\begin{array}{c}|m+1|=m+1\\ |3-m|=3-m\end{array}\right.$, ∀m Î (−1;3)

Khi đó: S_ABM = 20 − (1 + m²).(m + 1) − (m² + 9). (3 – m)

= 20 −  $\frac{1}{2}$(m + 1 + m³ + m²) −$\frac{1}{2}$ (3m² – m³ + 27 – 9m)

= 20 − $\frac{1}{2}$(4m² – 8m + 28)

Để diện tích của tam giác ABM đạt GTLN thì (4m² – 8m + 28) đạt GTNN

Mà (4m² – 8m + 28) = 4(m² – 2m + 7) = 4(m² – 2m + 1) + 24 = 4(m – 1)² + 24 ≥ 24, ∀m

Dấu “=” xảy ra khi m = 1.

Vậy (4m² – 8m + 28) đạt GTNN bằng 24 khi m = 1.

Vậy S_∆ABM đạt GTLN bằng 8 khi m = 1.