Tải bản đầy đủ

4 TINH TIEN, TAM DOI XUNG

TÂM ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ
THỊ,
PHÉP TỊNH TIẾN.
A. CHUẨN KIẾN THỨC

I.TÍNH LỒI , LÕM, ĐIỂM UỐN CỦA ĐƯỜNG CONG.
1. Định nghĩa .
Gọi (C) là đồ thị của hàm số y  f  x trên  a;b và f có đạo hàm cấp hai
trên  a;b . Ta nói :

 C  lồi trên  a;b nếu tại mọi điểm của  C  , tiếp tuyến luôn ở phía trên  C  .
 C  lõm trên  a;b nếu tại mọi điểm của  C  , tiếp tuyến luôn ở phía dưới
 C .
Điểm I thuộc  C  ngăn cách giữa phần lồi , phần lõm của  C  gọi là điểm
uốn của  C  .
2. Định lí .
Cho hàm số y  f  x có đạo hàm câp hai trên  a;b và gọi  C  là đồ thị của
hàm số .
a) Nếu f ''(x)  0 với mọi x thuộc  a;b thi  C  là đồ thị lồi trên khoảng đó .
b) Nếu f ''(x)  0 với mọi x thuộc  a;b thì  C  là đồ thị lõm trên khoảng đó.




c) Nếu f ''(x) đổi dâu khi x đi qua x0 thuộc  a;b thì điểm I x0;f  x0 
uốn của  C  .
II.TỊNH TIẾN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ.
y



Giả sử I x0;f  x0 

Y





là điểm

là một điểm trong mặt

phẳng tọa độ Oxy. Phép tịnh tiến theo
uur
vectơ OI biến hệ tọa độ Oxy thành hệ tọa
Y
độ IXY.
y0
X
I
Giả sử M là một điểm bất kỳ của mặt
X
phẳng .
* (x;y) là tọa độ của M đối với hệ tọa độ
x0
O
x
x
Oxy.
* (X;Y) là tọa độ của M đối với hệ tọa độ
IXY.


x  X  x0

.
Ta có công thức chuyển hệ tọa độ : �
�y  Y  y0
y

M

III. ĐỐI XỨNG CỦA HÀM SỐ

106


Lập phương trình của ảnh của một đường.
1. Trên mặt phẳng Oxy , cho phép biến hình F có công thức tọa độ là

x  h(x')
(nghĩa là F biến M(x;y) thành M '(x';y') khi và chỉ khi x,y,x',y'

�y  g(y')
thỏa hệ này). Gọi (C') là ảnh của (C) : y  f(x) qua phép biến hình F. Hãy
lập phương trình của (C) .
2. Cho phép biến hình F và hai đường (C1),(C 2) . Dựng các điểm M ,N lần
lượt thuộc (C1),(C 2) sao cho N là ảnh của M qua phép biến hình F.
Cách giải:
1. Vì (C') là ảnh của (C) : y  f(x) qua phép biến hình F. nên với M '(x';y')
tùy ý thuộc (C') tồn tại M(x;y) thuộc (C) sao cho F(M)  M ' . Do đó, ta có

x  h(x')

�y  g(y')
Vì M(x;y) �(C) nên y  f(x) . Vì vậy ta được g(y')  f(h(x')) .
Vậy, phương trình của (C') là g(y)  f(h(x)) .
2. Gọi (C1/ ) là ảnh của (C1) qua phép biến hình F. Ta có
N  F(M) �F((C1))  (C1/ ) nên N là giao điểm của (C 2) và (C1/ ) . Dựa vào tính
chất của F ta tìm được M.
Chú ý 1: Cho hàm số y  f  x , có đồ thị  C  .

1.Nếu f  x là hàm số chẵn : Đồ thị của có đối xứng nhau qua trục Oy - có
nghĩa là , trục Oy là trục đối xứng của nó .

2. Nếu f  x là hàm số lẻ : Đồ thị của nó nhận gốc tọa độ O làm tâm đối
xứng
3. Cho hai điểm A  x1;y1 ,B x2;y2  và đường thẳng d : mx  ny  p  0 . Nếu
A và B đối xứng nhau qua đường thẳng d thì phải thỏa mãn hệ sau :
kAB.kd  1 , trung điểm I của AB thuộc đường thẳng d , trong đó
kAB 

y2  y1
x2  x1

4. Cho điểm I  x0;y0  , nếu chuyển hệ tọa độ Oxy dọc theo phương của

x  x0  X
véc tơ OI thì công thức chuyển trục là : �
�y  y0  y
Khi đó phương trình của đồ thị  C  trong hệ mới : Y  F  X;y0;x0 
Chú ý 2 :
- Đối với đồ thị hàm phân thức , thì giao hai tiệm cận là tâm đối xứng
- Đối với hàm số bậc ba thì tọa độ điểm uốn là tọa độ tâm đối xứng

107


- Đối với hàm số trùng phương thì trục Oy là trục đối xứng của đồ thị hàm
số .

B. LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP.
Dạng 1: Chứng minh đồ thị có trục đối xứng
Phương pháp giải
Công thức tọa độ của phép tịnh tiến.
r
Trong mặt phẳng Oxy , cho véc tơ v  (a;b) . Gọi Tvr là phép tịnh tiến theo
r
véc tơ v . Ta có M '(x';y') là ảnh của M(x;y) qua phép tịnh tiến Tvr khi và
chỉ khi

x'  x  a
�x  x' a
��

�y'  y  b �y  y' b
Đường (C) : y  f(x) có ảnh qua phép tịnh tiến Tvr là
(C') : y  b  f(x  a) � y  f(x  a)  b .
Chứng minh đồ thị có trục đối xứng
Cách 1
- Giả sử trục đối xứng có phương trình : x  x0 . Gọi điểm I  x0;0
uur
OI


x  x0  X
- Chuyển  Oxy  ���  IXY   �
�y  Y
- Viết phương trình đường cong  C  trong tọa độ mới : Y  F  X;y0;x0 

 

- Buộc cho   là một hàm số chẵn : ( Cho hệ số các ẩn bậc lẻ bằng O )

- Giải hệ các ẩn số bậc lẻ bằng 0 ta suy ra kết quả cần tìm .
Cách 2. Nếu với x  x0 là trục đối xứng thì : f( x  x0)  f  x0  x đúng với mọi
x , thì ta cũng thu được kết quả .

Các ví dụ

uuuu
r
Ví dụ 1 : Tìm trên (C) : y  x3  3x  3 hai điểm M ,N sao cho MN  (3;0) .
Phân tích hướng giải.
Giả thiết bài toán cho ta thấy ngay rằng N là ảnh của M qua phép tịnh
r
tiến Tvr , với v  (3;0) .
Theo hướng giải của bài toán dựng điểm bằng phép biến hình, ta nghĩ
ngay đến việc tìm ảnh (C') của (C) qua phép tịnh tiến Tvr . Khi đó ta "dựng"
được N là giao điểm của (C') và (C) .
Lời giải.
Gọi (C')  Tvr (C) thì (C') có phương trình là
y  0  (x  3)3  3(x  3)  3 � y  x3  9x2  24x  15 .
Vì M �(C) nên N  Tvr (M ) �Tvr (C)  (C') . Do đó, N là giao điểm của (C) và
(C') .

108


Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C') là
x3  3x  3  x3  9x2  24x  15 . Phương trình này có hai nghiệm là x  1 hoặc
x  2.
uuuu
r
* Khi x  1 ta được N(1;1) . Vì MN  (3;0) nên M(2;1) .
uuuu
r
* Khi x  2 ta được N(2;5) . Vì MN  (3;0) nên M(1;5) .
Ví dụ 2 : Tìm trên (C) : y  x3  3x  3 hai điểm M ,N sao cho MN song song
với trục hoành và MN  3 .
Phân tích hướng giải.
Giả thiết bài toán cho biết phương của đường thẳng (MN) và độ dài của
uuuu
r
MN là không đổi. Vì vậy véc tơ MN là được xác định, sai khác nhau về
hướng.
Lời giải.
r
uuuu
r
r
Vì MN song song với trục hoành nên MN  k.i , với i  (1;0) là véctơ đơn vị
của trục hoành.
uuuu
r
uuuu
r
r
r
Do MN  3 nên k  3 � k  �3 . Nếu k  3 thì MN  3v
� NM  3v .
Vì không cần xem xét thứ tự của hai điểm M với N nên ta chỉ cần xét
uuuu
r
r
trường hợp MN  3.i  (3;0) .
Theo bài toán ta được hai cặp điểm là M(2;1) và N(1;1) hoặc M(1;5) và
N(2;5) .
Ví dụ 3: Tìm điểm M thuộc  C  : y 

 d :

2x  3
sao cho khoảng cách từ M đến
x 2

y  x  4 bé nhất.

Phân tích hướng giải.
Nhưng nếu gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng (d) thì
uuuu
r
r
r
HM  k.n  (k;k) , với n  (1;1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (d) . Với
mỗi k cố định ta cần dựng điểm H �(d) , điểm M �(C) sao cho M là ảnh
r
của H qua phép tịnh tiến theo véc tơ v(k;k) .
Lời giải.
uuuu
r
r
Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng (d) thì HM  k.n  (k;k) , với
r
n  (1;1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (d) .
r
Gọi (d') là ảnh của (d) qua phép tịnh tiến Tvr với v  (k;k) . Ta có phương
trình của (d') là: y  k  (x  k)  4 � y  x  2k  4
Vì M  Tvr (H) �Tvr (d)  (d') và M thuộc (C) nên hoành độ của M là nghiệm
của phương trình:

2x  3
  x  2k  4 � x2  2(k  2)x  4k  5  0 .
x 2

' k2 1 0
Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi �۳

109

k

1.


Suy ra khoảng cách từ M đến (d) là HM  k �1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xM  1 (ứng với k  1) hoặc xM  3 (ứng
với k  1 )
Vậy, M(1;1) hoặc M(3;3) là tọa độ cần tìm.
Ví dụ 4 Chứng minh rằng đồ thị y 

x4
3
 x2  có duy nhất một trục đối
2
2

xứng vuông góc với trục Ox.
Lời giải.
Hàm số đã cho là hàm số chẵn, nên Oy là trục đối xứng của đồ thị hàm số.
Giả sử x  m là một trục đối xứng khác của đồ thị hàm số đang xét.
Với mọi điểm M  x0;y0  bất kỳ thuộc đồ thị và M ' x0 ';y0 ' là điểm đối xứng
với M qua đường thẳng x  m , thì tọa độ điểm M ' được xác định bởi

x0  x0 '  2m

�y0  y0 '
Vì M ' thuộc đồ thị hàm số, nên tọa độ của nó là nghiệm phương trình:
y0 ' 

x04 '
2

3  2m  x0 
2 3

  2m  x0  
2
2
2
4

 x02 '

4
2m  x0 
2 3
Vì y0  y0 ' nên có: x0  x2  3  
  2m  x0   , x0 .
0
2
2
2
2
2
2
x2   2m  x0   2��
x2   2m  x0  � 0 đúng với x0 .
Tức �



�0
��
�0

4

2
Nhận thấy, không tồn tại m để đẳng thức x02   2m  x0   2 đúng với x0 .
2
Do vậy, x02   2m  x0   0 đúng với x0 khi m  0 .

Vậy, x  0 là trục đối xứng duy nhất của đồ thị của hàm số.
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
4
Bài 1: Tìm m để (C) : y  x3  3x  3 và dm : y  x  m cắt nhau tại ba điểm
3
M
,N
mà trong đó có hai điểm
sao cho MN  5 .
Bài 2: Tìm trên (C) : y  x3  3x  3 hai điểm M ,N sao cho MN song song
với trục hoành và MN lớn nhất.
Bài 3: Cho hàm số y  x4  4x3  7x2  6x  4, có đồ thị  C  . Chứng minh rằng
đường thẳng x  1 là trục đối xứng của đồ thị  C  . ( Hoặc : Chứng minh
rằng đồ thị hàm số có trục đối xứng ; tìm phương trình của trục đối xứng
đó ? )
Bài 4: Tìm tham số m để đồ thị hàm số : y  x4  4x3  mx2 , có đồ thị là

 Cm  , có trục đối xứng song song với trục

Oy .

110


Dạng 2: Chứng minh đồ thị có tâm đối xứng
Công thức tọa độ của phép đối xứng tâm.
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I(a;b) . Gọi SI là phép đối xứng tâm I.
Ta có M '(x';y') là ảnh của M(x;y) qua SI khi và chỉ khi

x'  2a  x

x  2a  x'
��

y  2b  y'
�y'  2b  y

Đường (C) : y  f(x) có ảnh qua đối xứng tâm SI là
(C) : 2b  y  f(2a  x) � y  f(2a  x)  2b
Chứng minh đồ thị có tâm đối xứng
Cách 1.
- Giả sử đồ thị  C  có tâm đối xứng là I  x0;y0 
uur


x  x0  X
OI
- Chuyển :  Oxy  ���  IXY   �
�y  y0  Y
- Viết phương trình  C  trong hệ tọa độ mới : Y  F  X;y0;x0 

 

- Buộc cho   là một hàm số lẻ : ( Cho hệ số các ẩn bậc chẵn )
- Giải hệ ( với hệ số các ẩn bậc chẵn bằng 0 ) ta suy ra kết quả .
Cách 2.
Nếu đồ thị  C  nhận điểm I làm tâm đối xứng thì :
f(x0  x)  f(x0  x)  2y0 với mọi x
Các ví dụ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng đồ thị (C) : y 
I(2;1) .

x 3
có tâm đối xứng là điểm
x 2

Lời giải.
Gọi (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm SI thì (C') có phương trình

[2�(2)  x]  3
x 3
2�1 y 
� y
.
[2�(2)  x]  2
x 2
Do (C') trùng với (C) nên (C) có tâm đối xứng là I(2;1) .
Chú ý: Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ

x  X  xI
IXY theo công thức �
�y  Y  yI
Viết phương trình của (C) trong hệ trục tọa độ IXY rồi chứng minh hàm số
thu được là hàm số lẻ.
Ví dụ 2.

111


Tìm tham số thực m để điểm I thuộc đồ thị  C  : y  x3  3mx2   m  2 x  1
nằm trên trục hoành .Biết rằng hoành độ của điểm I nghiệm đúng phương
trình y''  0 .
Lời giải.
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên �.
Ta có : y'  3x2  6mx  m  2
y''  6x  6m và y''  0 � x  m .





3
2
Dễ thấy y'' đổi dấu khi x qua điểm x0   m . Suy ra I  m;2m  m  2m  1

là điểm uốn của đồ thị đã cho.





3
2
2
Vì I �Ox � 2m  m  2m  1  0 �  m  1 2m  m  1  0

� m  1 hoặc m  1 hoặc m 

1
.
2

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1:
1. Chứng minh giao hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị y 

x
x 1

x2
có tâm đối xứng , tìm tọa độ tâm đối xứng
x1
Bài 2: Cho hàm số y  x3  3x2  1có đồ thị là  C 
2. Chứng minh y 

1. Xác định điểm I thuộc đồ thị  C  của hàm số đã cho , biết rằng hoành
độ của điểm I nghiệm đúng phương trình y''  0 .
uur
2. Viết công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tuyến theo vectơ OI và
viết phương trình đường cong  C  đối với hệ IXY . Từ đó suy ra rằng I là
tâm đối xứng của đường cong  C  .

3. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong  C  tại điểm I đối với hệ
tọa độ Oxy .Chứng minh rằng trên khoảng  �;1 đường cong  C  nằm

phía dưới tiếp tuyến tại điểm I của  C  và trên khoảng  1;� đường cong

 C

nằm phía trên tiếp tuyến đó.

Bài 3: Cho hàm số y  x3   m  3 x2   2  3m x  2m có đồ thị là  C m  , m
là tham số thực. Gọi I là điểm có hoành độ là nghiệm đúng phương trình
y''  0 .
Tìm tham số m để đồ thị của hàm số có cực trị và điểm I nằm trên trục
Ox.

112


Dạng 3: Tìm tham số m để đồ thị có tâm đối
xứng

1. Nếu f  x;m là hàm số phân thức hữu tỷ :

- Tìm tọa độ giao hai tiệm cận . Giả sử giao hai tiệm cận là J  a;b

a  x0
�m
- Để I là tâm đối xứng thì buộc J trùng với I ta suy ra hệ : �
�b  y0
2. Nếu f  x;m là hàm số bậc ba .
�y''(x;m)  0 �x  a
��
� J  a;b
- Tìm tọa độ điểm uốn : � �
�y  f(x;m)
�y  b
- Tương tự , để I là tâm đối xứng , ta cho J trùng với I ta suy ra hệ :

a  x0
�m

�b  y0
Các ví dụ
2m  x
có đồ thị là  C m  . Tìm m�� để trên
x m
tồn tại điểm B sao cho tam giác ABI vuông cân tại A. Trong đó

Ví dụ 1. Cho hàm số y 

 Cm 
A  0;1

và I   m; 1 .

Lời giải.

uur
Ta có: AI    m; 2 .
r � m  2b �
� 2m  b � uuu
Vì điểm B � C m  � B�b;
�� AB  �b;
�.
� m b �
� m b �
uuu
r uur

AB  AI �
AB.AI  0

��
Tam giác ABI vuông cân tại A � �
AB  AI
AB2  AI 2




m  2b
�m  2b
bm
mb  2.
0
 1

�m  b   2
m

b


��
2��
2
m  2b � � 2
2
2 �
2 � bm �

m  4 b  �
m

4

b




�  2

�m  b � �
� 2 �


� m2 �
b2
2
2
1
� b  �2 .
�� 1 
Từ  2 � m  4  b �
� 4 �
4


m 4
 m � m2  3m  4  0 � m  1 hoặc m  4 .
Nếu b  2 thì  1 �
m 2
m 4
 m � m2  3m  4  0 � m  1
Nếu b  2 thì  1 �
m 2
hoặc m  4 .

113


Vậy m  �1, m  �4 là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 2. Cho hàm số y  x4  mx3  4x  m  2 . Tìm tất cả tham số thực m
để hàm số đã cho có 3cực trị A ,B,C và trọng tâm G của tam giác ABC
4x
trùng với tâm đối xứng của đồ thị hàm số y 
.
4x  m
Lời giải.
�m �
4x
Đồ thị của hàm số y 
có tâm đối xứng là I � ; 1�
4x  m
�4 �
Hàm số : y  x4  mx3  4x  m  2 , liên tục trên �.
Ta có : y'  4x3  3mx2  4
Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y'  0 có 3 nghiệm
phân biệt , hay phương trình 4x3  3mx2  4  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số g  x  4x3  3mx2  4 liên tục trên � và
lim g  x  �, lim g  x  �

x��

x��


x  0,g  0  4  0

Ta có : g' x  12x  6mx � g' x  0 � � m �m � 16  m3
x  ,g � �

4
� 2 �2 �
2

g' x đổi dấu 2 lần qua nghiệm và g  x  0 có 3nghiệm phân biệt khi

�m
0

�2
� m  23 2 .

3
�16  m  0

� 4
Giả sử A  x1;y1  ,B x2;y2  ,C  x3;y3  là tọa độ 3 cực trị thỏa mãn đề bài, khi
�x m � 3m2x2
5m
 3x 
2
đó y  y�
�  �
4
16
16
4


3m2xi2
5m
 3xi 
 2,yi '  0  i  1,2,3 .
16
4
�x  x  x3 y1  y 2  y 3 �
;
Vì G là trọng tâm tam giác ABC , nên G � 1 2

3
3


2
�x1  x2  x3

m
5m
G�
;
x12  x22  x32   x1  x2  x3  
 2�


3
16
4


� yi  





114


Do x1,x2 ,x3 là nghiệm của phương trình 4x3  3mx2  4  0 , theo định lý Vi�
3m
x1  x2  x3 

et ta có �
4

x
x

x
x

x
2 3
3x1  0
�1 2
�x1  x2  x3 m



3
4
��
9m2
2

2
2
2
x

x

x

x

x

x

2
x
x

x
x

x
x





1
2
3
1
2
3
1
2
2
3
3
1

16

4
�m

9m
5m
;

 2�và trọng tâm G của tam giác ABC trùng với
Khi đó G �
2
�4

4
16


4x
tâm đối xứng của đồ thị hàm số y 
khi và chỉ khi
4x  m
�m
� �m �
9m4 5m
G� ; 

 2��I � ; 1� �  m  4 9m3  36m2  144m  64  0
�4
� �4 �
4
162


� m  4 . Vậy m  4 thỏa mãn đề bài .
Chú ý : Ngoài cách giải trên ta có thể trình bày :
Hàm số đã cho có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y'  0 có 3 nghiệm





phân biệt , nghĩa là phương trình 4x3  3mx2  4  0 có 3 nghiệm phân biệt.
Khi đó phương trình

4x3  4
x2

 3m có 3 nghiệm phân biệt khác 0. Nói khác

4x3  4
hơn đường thẳng y  3m cắt đồ thị của hàm số h  x 
, tại 3 giao
x2
điểm . Đến đây đã dễ dàng.
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1:
1. Tìm m để hàm số y  x3  3x2  3mx  3m  4 có tâm đối xứng I  1;2
2. Tìm m để hàm số y 

2x2   m  4 x  2m  1
x 2
3

có tâm đối xứng I  2;1

x
Bài 2: Tìm m để đồ thị hàm số y  
 3mx2  2
m
I  1;0

 m �0

có tâm đối xứng

Bài 3: Cho hàm số y  x3  (3m  1)x2  2mx  m  1 có đồ thị là

(C m ) .

1. Tìm trên đồ thị (C 2) những cặp điểm đối xứng qua O
2. Tìm m để trên (C m ) tồn tại một cặp điểm đối xứng nhau qua Oy

115


Dạng 4: Lập phương trình đường cong đối xứng
với một đường cong qua một điểm hoặc qua một
đường thẳng.
Phương trình của phép đối xứng tâm.
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I(a;b) . Gọi SI là phép đối xứng tâm I.
Ta có M '(x';y') là ảnh của M(x;y) qua SI khi và chỉ khi:

x'  2a  x

x  2a  x'
��

y  2b  y'
�y'  2b  y


r
Đường (C) : y  f(x) có ảnh qua phép tịnh tiến theo véc tơ v là
(C') :2b  y  f(2a  x) � y  2b  f(2a  x) .
Phương trình của phép đối xứng qua đường thẳng.
Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng () :Ax  By  C  0, A 2  B2  0.

Gọi S là phép đối xứng qua đường thẳng () .
Ta có M '(x';y') là ảnh của M(x;y) qua S khi và chỉ khi

(Ax  By  C)

(Ax' By' C)
x'  x  2A
x  x' 2A


2
2


A B
A 2  B2
��

�y'  y  2B (Ax  By  C)
�y  y' 2B (Ax' By' C)
2
2



A B

A 2  B2
Lập phương trình đường cong đối xứng với một đường cong qua
một điểm hoặc qua một đường thẳng.
Cho đường cong  C  có phương trình y  f  x và một điểm M  x0;y0  (cho
sẵn)
1.Lập phương trình đường cong  C' đối xứng với đường cong  C  qua
điểm M .

2. Lập phương trình đường cong  C' đối xứng với đường cong  C  qua
đừng thẳng d : y  kx  m .
Cách giải:
1. Gọi N  x;y  thuộc  C  : y  f  x là một điểm bất kỳ .
- Gọi N' là điểm đối xứng với N qua M thì :

x'  2x0  x  1

N ' x';y' � C' � �
�y'  2y0  y  2

x  2x0  x'
- Từ  1 và  2 ta có : �
, Thay x,y tìm được vào : y  f  x ,ta suy
�y  2y0  y'
ra y'  g  x';x0;y0  . Đó chính là phương trình của đường cong  C' .
2. Gọi A  x;y  � C  � y  f(x);B x';y' � C'

116


- Nếu  C  và  C' đối xứng nhau qua d thì A ,B đối xứng nhau qua d :
� �y' y �
k�

� 1  1
kA B.kd  1 � �x' x �

��
��
I �d

�y' y  k �x  x' � b


� 2
� 2 �


 2

Ở  1 và  2 thì k,b là những số đã biết . Ta tìm cách khử x và y trong  1
và  2 để được một phương trình có dạng y'  g  x' .
Đó chính là phương trình của  C' cần tìm .

Chú ý: Xét phép biến hình g : M  x,y  � M ’ x’;y’ .

Để tìm phương trình  C' ,ảnh của  C  qua phép biến hình g , ta tính x và y
theo x’ và y’ sau đó thay x, y vào phương trình của  C  sẽ suy ra được
phương trình của  C' .

Đặc biệt. Cho  C  : y = f(x)
* Nếu  C'
f( -x).
* Nếu  C'
f(x).
* Nếu  C'
-x).
* Nếu  C'
= f(y).
Các ví dụ

đối xứng với  C  qua gốc tọa độ O thì phương trình  C' là y = đối xứng với  C  qua trục hoành độ thì phương trình  C' là y = đối xứng với  C  qua trục tung độ thì phương trình  C' là y = f(
đối xứng với  C  qua đường thẳng y = x thì phương trình  C' : x

Ví dụ 1 : Lập phương trình đường cong  C' đối xứng với  C  : y 
qua đường thẳng d : x  y  3  0.

3x  1
x 3

Lời giải.
Gọi A  x;y  thuộc  C  và B x';y' thuộc  C'

x  x'
x 

�I
y  y'
2
, kd  1
Gọi I là trung điểm của AB nên có: �
và kAB 
x  x'
�y  y  y'
�I
2
Nếu  C' đối xứng với  C  qua d , thì A và B đối xứng nhau qua d

117


�y  y'
. 1  1

kA B.kd  1 �
�y  y'  x  x'
�y  x  y' x'

��
� �x  x'
��
;� �
x  y  x' y'  6
I �d

�y  x   y' x' 6
�x  x'  y  y'  3  0 �
� 2
2
�y  x' 3
10
10
��
� x' 3  3 
� y' 
x   y' 3
 y' 3  3
x'

10
Vậy, phương trình hàm số  C' đối xứng với  C  là y 
x
Ví dụ 2 : Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1;4) và cắt
(C) : y  x3  3x  2 tại ba điểm mà có hai trong ba điểm đó đối xứng nhau
qua A .
Lời giải.
Giả sử đường thẳng () đi qua A và cắt (C) tại ba điểm mà trong đó có
hai điểm M(x1;y1) , N(x2;y2) đối xứng nhau qua A .
Ta có M ,N thuộc (C) và M ,N đối xứng nhau qua A nên chúng là giao
điểm của (C) và ảnh (C') của (C) qua phép đối xứng SA .
Phương trình của (C') là
2�4  y  (2�1 x)3  3(2�1 x)  2 � y  x3  6x2  9x  4 .
Vì M ,N là giao điểm của (C) và (C') nên x1,x2 là nghiệm của phương trình
x3  3x  2  x3  6x2  9x  4 � 3x2  6x  1  0 .
Thực hiện phép chia (x3  3x  2) cho (3x2  6x  1) ta được
�1
2� 4
8
x3  3x  2  (3x2  6x  1)� x  � x  .
3� 3
3
�3
Vì M ,N thuộc (C) và x1,x2 là nghiệm của phương trình 3x2  6x  1  0 nên

�1
2� 4
8
2
�y1  (3x1  6x1  1)� x1  � x1 
3� 3
3

�3


�y  (3x2  6x  1) �1 x  2 � 4 x  8
� 2

2
2
2

3� 3 2 3
�3



4
8
y  x 

�1 3 1 3

�y  4 x  8 .
�2 3 2 3

Suy ra phương trình của đường thẳng () �(MN) là y 

4
8
x .
3
3

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và () là x3  3x  2 
Phương trình này có ba nghiệm là x  2,x 

4
8
x .
3
3

3 �2 3
.
3

118


x2  x  1
có đồ thị là  C  . Gọi  C' là đồ thị đối
x1
xứng với  C  qua điểm A  3;4 . Tìm phương trình đồ thị  C' .
Ví dụ 3 Cho hàm số : y 

Lời giải.
Gọi M  x,y  � C  và M ' x',y' � C' đối xứng qua đồ thị  C  qua điểm A  3;4 .
�x  x'
3


x  6  x'
� 2
��
Ta có �
�y  y'  4 �y  4  y'
� 2
Thay vào đồ thị  C  :8  y'  
Hay y'  8 

6  x'   6  x'  1 x'2  11x' 31

6  x' 1
5  x'
2

x'2  11x' 31 9  3x' x'2
.

5  x'
5  x'

Vậy phương trình đồ thị  C' : y 
Ví dụ 4. Cho hàm số y 

x2  3x  9 x2  3x  9
.

x  5
x 5

mx  4m  3
, cho m hai giá trị m1 và m2 . Tìm hệ
x m



thức liên hệ giữa m1 và m2 để một trong hai đường cong C m

1





và C m

2



suy ra từ đường kia nhờ một phép tịnh tiến.
Lời giải.
mx  4m  3
m2  4m  3
 m
,x �m
x m
x m
Xét trường hợp m �1,m �3 .
y


x X m
Công thức chuyển hệ tọa độ: �
�y  Y  m

Phương trình đường cong  C m  đối với hệ tọa độ IXY là:
Y  m m

m2  4m  3
m2  4m  3
hay Y 
.
 X  m  m
X



Phương trình C m



1

Phương trình C m

2



m2  4m1  3
đối với hệ tọa độ I 1XY : Y  1
X



m2  4m2  3
đối với hệ tọa độ I 2XY : Y  2
X

Một trong hai đường cong

 C  và  C 
m1

m2

suy ra từ đường kia nhờ một

phép tịnh tiến khi và chỉ khi: m12  4m1  3  m22  4m2  3

119


�  m1  m2   m1  m2  4  0 � m1  m2 hoặc m1  m2  4
Khi m1  1� m2  1 hoặc m2  3 .
Khi m1  3 � m2  1 hoặc m2  3 .
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1:Lập phương trình đường cong  C' đối xứng với
x2  x  3
1.  C  : y 
qua điểm I  1;1 .
x 2
I  0;2 .

x4
5
2.  C  : y 
 3x2  qua điểm
2
2

Bài 2:Lập phương trình đường cong  C' đối xứng với
2
1.  C  : y  x  x  3 qua đường thẳng d : x  2y  1  0
x 2

x2  x  2
2.  C  : y 
qua đường thẳng d : y  2
x 2
3.  C  : y  2x(4  x) qua Ox. Chứng minh rằng  C  cắt  C' theo một Elíp, viết phương trình E-Líp đó ?
Bài 3: Gọi (C) là đồ thị của hàm số  y  x3  3x  1 . Viết phương trình của
(C’) với
u
r
1. (C’) là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến vectơ u  (1;2) .
2. (C’) là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm I(-1;1).
3. (C’) là ành của qua phép đối xứng trục (d) với (d) là đường thẳng
phương trình
x = 2.
Bài 4:
1. Cho hàm số y  x3  3ax2  bx  3 . Tìm a,b để hàm số đạt cực trị tại điểm
x  2 và điểm có hoành độ thỏa mãn phương trình y''  0 nằm trên đường
cong y  2x3  11x2  6x  6 .

2. Cho hàm số y  x3  3ax2  2a2x  a2  b và hai điểm A  2;1 , B 0; 2 .
Tìm a,b để đồ thị hàm số có điểm I có hoành độ thỏa mãn phương trình
y''  0 sao cho tứ giác ABOI là hình bình hành ( O là gốc tọa độ ).

120



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×