Cho hàm số y=x^3−3mx^2+3(m^2−1)x−m^3−m (m là tham số). Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số và I(2;−2). Tổng tất cả các giá trị của m để ba điểm I, A, B tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng √5 là

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Tập xác định:  \( D=\mathbb{R} \).

 \( {y}’=3{{x}^{2}}-6mx+3\left( {{m}^{2}}-1 \right) \)

Cho  \( {y}’=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+{{m}^{2}}-1=0 \)

Vì  \( {\Delta }’=1>0,\forall m  \) nên phương trình y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt  \( x=m\pm 1 \).

Gọi  \( A\left( m+1;-4m-2 \right) \),  \( B\left( m-1;-4m+2 \right) \).

Suy ra:  \( \overrightarrow{AB}=\left( -2;4 \right)=-2\left( 1;-2 \right), \overrightarrow{IA}=\left( m-1;-4m \right) \),  \( \overrightarrow{IB}=\left( m-3;-4m+4 \right) \)

Phương trình đường thẳng AB qua  \( A\left( m+1;-4m-2 \right) \) và có vectơ pháp tuyến  \( \vec{n}=\left( 2;1 \right) \) là AB:  \( 2x+y+2m=0 \).

Suy ra:  \( {{d}_{\left( I,AB \right)}}=\frac{\left| 2+2m \right|}{\sqrt{5}} \)

Khi đó:  \( {{S}_{\Delta IAB}}=\frac{1}{2}.AB.{{d}_{\left( I,AB \right)}}=\frac{1}{2}.2\sqrt{5}.\frac{\left| 2+2m \right|}{\sqrt{5}}=\left| 2+2m \right| \)

Mặt khác:  \( {{S}_{\Delta IAB}}=\frac{AB.IA.IB}{4R}\Leftrightarrow AB.IA.IB=4\sqrt{5}\left| 2+2m \right| \)

 \( \Leftrightarrow \sqrt{20}.\sqrt{17{{m}^{2}}-2m+1}.\sqrt{17{{m}^{2}}-38m+25}=4\sqrt{5}\left| 2+2m \right| \)

 \( \Leftrightarrow \left( 17{{m}^{2}}-2m+1 \right)\left( 17{{m}^{2}}-38m+25 \right)=4\left( 4{{m}^{2}}+8m+4 \right) \)

 \( \Leftrightarrow 289{{m}^{4}}-680{{m}^{3}}+502{{m}^{2}}-120m+9=0 \)

 \( \Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & m=1 \\ & m=\frac{3}{17} \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{m}_{1}}+{{m}_{2}}=\frac{20}{17} \)