04 huong dan giai

Dạng 1: Chứng minh đồ thị có trục đối xứng

r
Bài 1: Ta có v = (3;4) là một véctơ chỉ phương của dm .
uuuu
r
r . Mặt khác, MN = 5 nên k = ±1. Nếu k = −1
Vì M ,N thuộc dm nên MN = k.v
uuuu
r
u
u
u
u
r
r
r
thì MN = − v
⇔ NM = v . Vì không cần xem xét thứ tự của hai điểm M với N
uuuu
r r
nên ta chỉ cần xét trường hợp MN = v
.
r
r
Xét phép tịnh tiến Tv . Gọi (C') = Tv (C) thì (C') :
y − 4 = (x − 3)3 − 3(x − 3) + 3 ⇔ y = x3 − 9x2 + 24x − 11 .
Vì M ∈ (C) nên N = Tvr (M ) ∈ Tvr (C) = (C') . Do đó, N là giao điểm của (C) và
(C') .
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C') là
x3 − 3x + 3 = x3 − 9x2 + 24x − 11 . Phương trình này có hai nghiệm là x =

x=

2
hoặc
3

7
.
3

* Khi x =

 2 35 
2
11
ta được N  ; ÷ . Vì N ∈ dm nên m =
.
3
27
3
27



 7 235 
7
151
ta được N  ;
.
÷ . Vì N ∈ dm nên m =

3
27
3
27


11
151
Kiểm tra ta thấy m =
hoặc m =
thì dm cắt (C) tại ba điểm phân biệt.
27
27
uuuu
r
r
r
Bài 2: Vì MN song song với trục hoành nên MN = k.i = (k;0) , với i = (1;0) là
* Khi x =

véctơ đơn vị của trục hoành. Khi này ta có MN = k .
r
Xét phép tịnh tiến theo véctơ v = (k;0) .
Gọi (C k ) là ảnh của (C) qua Tvr thì (C k ) : y = (x − k)3 − 3(x − k) + 3 .
Vì N = Tvr (M) ∈ Tvr (C) = (C k ) nên N là giao điểm của (C) và (C k ) .
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C k ) là 3x2 − 3k.x + k2 − 3 = 0 .
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = −3k2 + 36 ≥ 0 ⇔ k ≤ 2 3 .
Khi k = 2 3 thì (C) và (C k ) có duy nhất một điểm chung là N

(

)

3;3 .

(

)

Khi k = −2 3 thì (C) và (C k ) có duy nhất một điểm chung là N − 3;3 .
Vậy MN = k lớn nhất khi và chỉ khi k = ±2 3 .
Vậy, hai điểm cần tìm là N

(

)

(

)

(

)

3;3 và M − 3;3 hoặc N − 3;3 và M

(

)

3;3 .

70


Bài 3: Giả sử đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của đồ thị ( C ) , gọi
I ( x0;0)

uur

x = x0 + X
OI
Chuyển : ( Oxy ) → ( IXY ) = 
 y = Y
Phương trình của ( C ) trong hệ tọa độ mới là :
Y = ( x + x0 ) − 4( x + x0 ) + 7( x + x0 ) − 6( x + x0 ) + 4
4

(

3

)

2

(

) (

)

⇔ Y = X 4 + ( 4x0 − 4) X 3 + 6x02 − 5x0 X 2 + 4x03 − 5x02 + 7x0 − 6 X + x04 − 4x03 + 7x02 − 6x0 + 4
Để hàm số là chẵn thì các hệ số của ẩn bậc lẻ và số hạng tự do bằng
không :
4x0 − 4 = 0

⇔ 4x03 − 5x02 + 7x0 − 6 = 0
⇒ x0 = 1
 4
3
2
x0 − 4x0 + 7x0 − 6x0 + 4 = 0
Chứng tỏ đồ thị hàm số có trục đối xứng , phương trình của trục đối xứng
là : x = 1.
Bài 4: Giả sử đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của đồ thị ( C ) , gọi
I ( x0;0)

uur

x = x0 + X
OI
Chuyển : ( Oxy ) → ( IXY ) = 
 y = Y
Phương trình của ( C ) trong hệ tọa độ mới là :

(

)

(

)

Y = X 4 + ( 4x0 + 4) X 3 + 6x02 + 3x0 + m X 2 + 4x03 + 12x02 + 2mx0 X + x04 + 4x03 + mx02
4( x0 + 1) = 0
x = −1
⇒ 0
Để là hàm số chẵn thì :  3
2
4x0 + 120 + 2mx0 = 0 m = 4

Dạng 2: Chứng minh đồ thị có tâm đối xứng
Bài 1:
1. Hàm số viết lại : y = 1−

1
x+ 1

Giả sử ( C ) có tâm đối xứng là I ( x0;y0 )
uur
OI

x = x0 + X
Chuyển : ( Oxy ) → ( IXY ) = 
 y = y0 + Y
Phương trình ( C ) trong hệ mới là :
Y + y0 = 1+

71

1
1
⇔ Y = − y0 + 1+
X + ( x0 + 1)
( x0 + X ) + 1


1− y0 = 0 x0 = −1
⇒
⇔ I ( −1;1)
Để hàm số là lẻ : 
x0 + 1 = 0  y0 = 1
1
2. Hàm số viết lại : y = x + 1+
x−1
Giả sử ( C ) có tâm đối xứng là I ( x0;y0 )
uur
OI

x = x0 + X
Chuyển : ( Oxy ) → ( IXY ) = 
 y = y0 + Y
Phương trình ( C ) trong hệ mới là :
Y + y0 = ( x0 + X ) + 1+

1
1
⇔ Y = X + ( x0 + 1− y0 ) +

X + ( x0 − 1)
( x0 + X ) − 1

x0 + 1− y0 = 0 x0 = 1
⇒
⇔ I ( 1;2)
Để hàm số là lẻ : 
x0 − 1 = 0
 y0 = 2

Chứng tỏ đồ thị hàm số có tâm đối xứng I ( 1;2) .
Bài 2:
1. Ta có y' = 3x2 − 6x , y'' = 6x − 6
y'' = 0 ⇔ x = 1 .

Hoành độ điểm I thuộc ( C ) là x = 1,y ( 1) = −1. Vậy I ( 1; −1) ∈ ( C ) .

uur
2. Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ OI là
x = X + 1
. Phương trình của ( C ) đối với hệ tọa độ IXY là :

y = Y − 1
Y − 1 = ( X + 1) − 3( X + 1) + 1 ⇔ Y = X 3 − 3X.
3

2

Vì đây là một hàm số lẻ nên đồ thị ( C ) của nó nhận gốc toạ độ I làm tâm
đối xứng .

3. y' = 3x2 − 6x ⇒ y'( 1) = −3 . Phương trình tiếp tuyến của đường cong ( C ) tại
điểm I đối với hệ tọa độ Oxy :
y = y'( 1) ( x − 1) + y ( 1) = −3( x − 1) − 1 ⇔ y = g ( x) = −3x + 2 .

(

)

3
2
Xét hàm h ( x) = f ( x) − g ( x) = x − 3x + 1 − ( −3x + 2) = ( x − 1) trên ¡ . Dễ thấy
3

h ( x) < 0,x < 1
. Điều này chứng tỏ trên khoảng ( −∞;1) đường cong ( C ) nằm

h ( x) > 0,x > 1
phía dưới tiếp tuyến tại điểm I của ( C ) và trên khoảng ( 1;+∞ ) đường cong

( C)

nằm phía trên tiếp tuyến đó.
Bài 3: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ¡ .
Ta có : y' = 3x2 − 2( m + 3) x + 2 + 3m và y'' = 6x − 2( m + 3)

72


 ∆' > 0
 y,

Đồ thị của hàm số có cực trị và điểm I nằm trên trục Ox ⇔ 
 y( x ) = 0
 u
2
 m + 3 − 3 2 + 3m > 0
) (
)
(
3
2
⇔
 m + 3
 m + 3
 m + 3

−
m
+
3
.
(
)
÷

÷ + ( 2 + 3m) .
÷ − 2m = 0
 3 
 3 
 3 
m2 − 3m + 3 > 0

3
⇔
⇔ m = 0,m = 3,m = .
3
2
2
2m − 9m + 9 = 0

Dạng 3: Tìm tham số m để đồ thị có tâm đối
xứng
Bài 1:
1. Ta có : y' = 3x2 − 6x + 3m, y'' = 6x − 6 và y'' = 0 ⇔ 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
⇒ I ( 1;6m + 2)

1 = 1
⇒ m= 0
Để đồ thị có tâm đối xứng I thì : 
6m + 2 = 2
Vậy với m = 0 , đồ thị có tâm đối xứng I
2. Gọi J là giao hai tiệm cận , thì J ( 2;m + 4) .Để đồ thị có tâm đối xứng I
2 = 2
⇒ m = −3
thì ta buộc J trùng với I , nghĩa là ta có hệ : 
m + 4 = 1
Vậy với m = −3 , đồ thị có tâm đối xứng I
Bài 2: Ta có : y' = −

3x2
6x
+ 6mx ⇒ y'' = −

+ 6m .
m
m

(

)

6x
+ 6m = 0 ⇒ x = m2 ⇒ I m2;2m5 − 2
m
m2 = 1
m = ±1
⇔ 5
⇔ m = ±1
Để đồ thị có tâm đối xứng I thì 
5
2m − 2 = 0 m = 1
Vậy với m = ±1 , đồ thị có tâm đối xứng I
Bài 3:
Với y''=0 ⇔ −

1. Với m = 2 ⇒ (C 2) : y = x3 − 5x2 + 6x + 3
Gọi A(a;a3 − 5a2 + 6a + 3), B(b;b3 − 5b2 + 6b + 3) là hai điểm thuộc (C) và đối
a = − b
a = − b

⇔
xứng nhau qua O ⇒  3


2 3
2
3
2
a − 5a + 6a + 3 = − b + 5b − 6b − 3 a = 5
Vậy hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua O là :

73


 3 33 3 
 3 33 3 
A
;
÷ và B − ; −
÷
 5 5 5÷
 5 5 5 ÷.




2. Gọi M(x1;y1), N(x2;y2) là hai điểm thuộc (C)
x ,x ≠ 0
x1,x2 ≠ 0
 1 2

M ,N đối xứng nhau qua Oy ⇔ x1 = − x2 ⇔ x1 = − x2
y = y
 2

2
 1
x1 + 2m = 0 ( ∗)
Yêu cầu bài toán ⇔ ( ∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔ −2m > 0 ⇔ m < 0 .
Vậy m < 0 là những giá trị cần tìm.

Dạng 4: Lập phương trình đường cong đối xứng
với một đường cong qua một điểm hoặc qua một
đường thẳng.
Bài 1:

1 
1. Gọi một điểm bất kỳ A  x;x − 1−
÷∈ ( C ) ,B( x';y') ∈ ( C')
x + 2


Khi A chạy trên ( C ) qua điểm I , thì B chạy trên ( C') , cho nên nếu ( C')
đối xứng với ( C ) qua I thì A và B đối xứng nhau qua I

x = −2 − x'
1
1
x = 2xI − x'
⇔
⇒
⇔ 2 − y' = −2 − x'− 1−
; ⇔ − y' = −x'− 5 +
−2 − x'+ 2
x'

 y = 2yI − y'  y = 2 − y'
1
Vậy, ( C') có phương trình : y = x + 5 −
x
x4
5
− 3x2 + ,B( x';y') ∈ ( C')
2
2
Khi A chạy trên ( C ) qua điểm I , thì B chạy trên ( C') , cho nên nếu ( C')
2. Gọi một điểm bất kỳ A ( x;y ) ∈ ( C ) ⇒ y =

đối xứng với ( C ) qua I thì A và B đối xứng nhau qua I

 x = 2.0 − x'
( −x') − 3 −x' 2 + 5 ⇔ y' = − x'4 + 3x'2+ 3
⇒ 4 − y' =
( ) 2

2
2
2
 y = 2.2 − y'
4

4
Vậy, ( C') có phương trình : y = − x + 3x2 + 3
2
2
Bài 2:

1. Gọi A ( x;y ) thuộc ( C ) và B( x';y') thuộc ( C')

Nếu ( C') đối xứng với ( C ) qua d , thì A và B đối xứng nhau qua d

74


 y − y'  1 
. ÷ = −1
 y − y' = −2( x − x') ( 1)

kAB.kd = −1  x − x'  2 
 y − y' = −2( x − x')

⇒
⇔
⇔
⇒
1
I ∈ d
 x + x' − 2 y + y'  − 1 = 0 x + x'− 2( y + y') − 2 = 0  y + y' = ( x + x'+ 2) ( 2)

÷

2
 2
 2 

 y + 2x = y'+ 2x'
5y = −3y'+ 4x'+ 4

⇔
⇒
2y
−
x
=
x'
−
2y'
+
2

5x = 3x'+ 4y'− 4
Từ phương trình hàm số :
10
10
5y = 5x + 5 +
⇒ 4x'− 3y'+ 4 = 4y'+ 3x'− 4 + 5 +
5x + 10
4y'+ 3x'− 4 + 10
4
x− 2
3. Gọi A ( x;y ) thuộc ( C ) và B( x';y') thuộc ( C') đồng thời đối xứng với A
qua Ox. Khi đó : x = x' và y = − y'
2. ( C') : y = 1− x −

Do A thuộc ( C ) : − y' = −2x'( 4 + x') ⇔ y' = − −2x'( 4 + x')
Phương trình ( ∗) chính là phương trình của ( C') : y =

( ∗)

−2x( 4 + x)

Nếu ( C ) cắt ( C') thì phương trình hoành dộ điểm chung :

x ≤4
2
 y = 2x( 4 − x)
x − 2)
(
y2

 2
2
2
2
⇔
⇔  y = −2x + 8x ⇒ y + 2 x − 4x + 4 = 8 ⇔
+
=1
4
8
 y = − −2x( 4 + x)
 2
2
 y = −2x − 8x

(

)

x − 2)
y2
Vậy, ( C ) cắt ( C') bằng E-Líp : (
+
=1
4
8
Bài 3:
1. ( C’) = Tur ((C))
2

u

u
r
Gọi M’ (x’;y’) là ảnh của điểm M(x;y) qua phép tịnh tiến vectơ u = (1;2) ,ta
có
uuuuu
r u
r
x'− x = 1
x = x'− 1
MM ' = u ⇔ 
⇔
.
 y'− y = 2  y = y'− 2
M ∈ (C) ⇔ y = x3 − 3x + 1 ⇔ y'− 2 = (x'− 1)3 − 3(x'− 1) + 1
⇔ y'− 2 = x'3− 3x'2 + 3x'− 1− 3x'+ 4 ⇔ y' = x'3− 3x'2 + 5 ⇔ M ' ∈ (C') : y = x3 − 3x2 + 5.
Vậy phương trình của (C’) : y = x3 − 3x2 + 5.
2. Gọi M’ (x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép đối xứng tâm I(- 1;1), ta có

x + x' = 2xI = −2 x = −2 − x'
⇔
I là trung điểm của MM’ ⇔ 
.
 y + y' = 2yI = 2
 y = 2 − y'

75


M ∈ (C) ⇔ y = x3 − 3x + 1 ⇔ 2– y’ = ( −2– x’) − 3( − 2– x’) + 1
3

⇔ M ' ∈ (C') : y = x3 + 6x2 + 9x + 3
uur
Cách khác : Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục IXY .
 x = X + xI = X − 1
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
.
 y = Y + yI = Y + 1
Đối hệ trục IXY , phương trình (C) :
Y + 1 = ( X − 1) – 3( X – 1) + 1 ⇔ Y = (X − 1)3 − 3(X − 1) = F ( X ) (C’) đối xứng với (C)
3

qua gốc tọa độ I ,suy ra phương trình

( C’) : Y = − F ( − X ) ⇔ Y = − ( −X – 1) 3 + 3( − X – 1)
Suy ra phương trình (C’) đối với hệ trục Oxy :
y −  1 = − ( − x – 2) + 3( − x – 2) ⇔ y = x3 + 6x2 + 6x + 3.
3

3. Gọi M(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép đối xứng qua đường thẳng (d) :
x + x' = 4 x = 4 − x'
⇔
.
x = 2 ,ta có 
 y = y'
 y = y'
M(x,y) ∈ (C) ⇔ y = x3 − 3x + 1 ⇔ y' = (4 − x')3 − 3(4 − x') + 1
⇔ y' = −x'3+ 12x'2 − 45x'+ 53 ⇔ M ' ∈ (C') : y = −x3 + 12x2 − 45x + 53
3
2
Vậy phương trình ( C’) : y = −x + 12x − 45x + 53.
uuu
r
Cách khác . Tịnh tiến OE với E(2;0). Hệ trục Oxy ⇒ Hệ trục EXY.
x = X + xE = X + 2
.
Công thức chuyển hệ tọa độ : 
 y = Y + yE = Y
Đối với hệ trục EXY:
Phương trình (d) : X = 0.

Phương trình (C) : Y = ( X + 2) − 3( X + 2) + 1 = G ( X ) .
3

(C’) đối xứng với (C) qua trục tung EY , suy ra phương trình (C’) :
Y = G ( − X ) = ( − X + 2) – 3( − X + 2) + 1 .
3

Suy ra phương trình (C’) đối với hệ trục Oxy.
Y = ( 4– x) – 3( 4– x) + 1 = − x3 + 12x2 − 45x + 53.
3

Bài 4:
1.

y'( 2) = 0 ⇔ b = 12a − 12
3
2
 ⇒ y ( a) = −2a + 12a − 12a + 3
y'' = 0 ⇔ x = a


(

)

3
2
Theo bài toán ta có I a; −2a + 12a − 12a + 3

và

I ∈ y = −2x3 + 11x2 − 6x − 6 suy ra ( a − 3) = 0 ⇔ a = 3 ⇒ b = 24
3

76

Thử lại thấy thỏa.

(

)

uuu
r uur
2
2. I −a;a − b . ABOI là hình bình hành khi và chỉ khi AB = OI ⇔ a = 2,b = 1

77