Bài 4 trang 19 Chuyên đề Toán 11 Chân trời sáng tạo

Giải Chuyên đề Toán 11 Bài 3: Phép đối xứng trục - Chân trời sáng tạo

Bài 4 trang 19 Chuyên đề Toán 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 3)² + (y – 4)² = 25 và đường thẳng ∆: 2x + 3y + 4 = 0.

a) Tìm ảnh của (C) và ∆ qua phép đối xứng trục Ox.

b) Tìm ảnh của (C) và ∆ qua phép đối xứng trục Oy.

c) Tìm ảnh của (C) và ∆ qua phép đối xứng trục d: x – y – 3 = 0.

Quảng cáo

Lời giải:

Đường tròn (C) có tâm I(3; 4), bán kính R = 5.

Bài 4 trang 19 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

⦁ Gọi (C₁) là ảnh của (C) qua Đ_Ox, khi đó (C₁) có tâm I₁là ảnh của I(3; 4) Đ_Ox và bán kính R₁ = R = 5.

Ta có I₁ = Đ_Ox(I).

Suy ra Ox là đường trung trực của đoạn II₁

Do đó hai điểm I(3; 4) và I₁ có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ I₁(3; –4).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua Đ_Ox là đường tròn (C₁) có phương trình là:

(x – 3)² + (y + 4)² = 25.

⦁ Trục Ox: y = 0.

Với y = 0, ta có 2x + 3.0 + 4 = 0 ⇔ x = –2.

Suy ra giao điểm của ∆ và trục Ox là điểm P(–2; 0).

Khi đó P = Đ_Ox(P).

Chọn M(1; –2) ∈ ∆.

Gọi M₁ và ∆₁ theo thứ tự là ảnh của M và ∆ qua Đ_Ox.

Ta thấy Ox là đường trung trực của đoạn MM₁.

Do đó hai điểm M(1; –2) và M₁ có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ M₁(1; 2).

Ta có $\vec{M_{1} P} = (- 3; - 2)$ .

Đường thẳng ∆₁ có vectơ chỉ phương $\vec{M_{1} P} = (- 3; - 2)$ .

Suy ra ∆₁ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{Δ_{1}} = (2; - 3)$ .

Vậy đường thẳng ∆₁ đi qua P(–2; 0) và có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{Δ_{1}} = (2; - 3)$ nên có phương trình là:

2(x + 2) – 3(y – 0) = 0 hay 2x – 3y + 4 = 0.

Bài 4 trang 19 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

⦁ Gọi (C₂) là ảnh của (C) qua Đ_Oy, khi đó (C₂) có tâm I₂là ảnh của I(3; 4) qua Đ_Oyvà bán kính R₂ = R = 5.

Ta có I₂ = Đ_Oy(I).

Suy ra Oy là đường trung trực của đoạn II₂.

Do đó hai điểm I(3; 4) và I₂ có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ I₂(–3; 4).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua Đ_Oy là đường tròn (C₂) có phương trình là:

(x + 3)² + (y – 4)² = 25.

⦁ Trục Oy: x = 0.

Với x = 0, ta có 2.0 + 3y + 4 = 0 ⇔ $y = - \frac{4}{3}$ .

Suy ra giao điểm của ∆ và trục Oy là điểm $Q (0; - \frac{4}{3})$ .

Khi đó Q = Đ_Oy(Q).

Chọn M(1; –2) ∈ ∆.

Gọi M₂ và ∆₂ theo thứ tự là ảnh của M và ∆ qua Đ_Oy.

Ta thấy Oy là đường trung trực của đoạn MM₂.

Do đó hai điểm M(1; –2) và M₂ có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ M₂(–1; –2).

Ta có $\vec{M_{2} Q} = (1; \frac{2}{3})$ .

Đường thẳng ∆₂ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_{2} = 3 \vec{M_{2} Q} = (3; 2)$ .

Suy ra ∆₂ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{Δ_{2}} = (2; - 3)$ .

Vậy đường thẳng ∆₂ đi qua M₂(–1; –2) và có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{Δ_{2}} = (2; - 3)$ nên có phương trình là:

2(x + 1) – 3(y + 2) = 0 hay 2x – 3y – 4 = 0.

Bài 4 trang 19 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

⦁ Gọi (C₃) là ảnh của (C) qua Đ_d, khi đó (C₂) có tâm I₃là ảnh của I(3; 4) qua Đ_dvà bán kính R₃ = R = 5.

Ta có I₃ = Đ_d(I).

Suy ra d là đường trung trực của đoạn II₃ nên II₃ ⊥ d tại trung điểm của II₃.

Mà đường thẳng d: x – y – 3 = 0 có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{d} = (1; - 1)$ .

Suy ra đường thẳng II₃ có vectơ chỉ phương ${\vec{n}}_{d} = (1; - 1)$ .

Do đó đường thẳng II₃ có vectơ pháp tuyến $\vec{u} = (1; 1)$ .

Vì vậy đường thẳng II₃ đi qua điểm I(3; 4) và nhận $\vec{u} = (1; 1)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

1(x – 3) + 1(y – 4) = 0 ⇔ x + y – 7 = 0.

Gọi H là giao điểm của II₃ và đường thẳng d.

Suy ra tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình $\{\begin{cases} x - y - 3 = 0 \\ x + y - 7 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 5 \\ y = 2 \end{cases}$

Do đó tọa độ H(5; 2).

Ta có H là trung điểm II₃.

Suy ra $\{\begin{cases} x_{I_{3}} = 2 x_{H} - x_{I} = 2 .5 - 3 = 7 \\ y_{I_{3}} = 2 y_{H} - y_{I} = 2 .2 - 4 = 0 \end{cases}$

Do đó tọa độ I₃(7; 0).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua Đ_d là đường tròn (C₃) có phương trình là:

(x – 7)² + y² = 25.

⦁ Gọi R là giao điểm của ∆ và d.

Suy ra tọa độ R thỏa mãn hệ phương trình:

$\{\begin{cases} 2 x + 3 y + 4 = 0 \\ x - y - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 1 \\ y = - 2 \end{cases}$

Do đó tọa độ R(1; –2).

Khi đó R = Đ_d(R).

Chọn N(–2; 0) ∈ ∆: 2x + 3y + 4 = 0.

Gọi N’ và ∆₃ theo thứ tự là ảnh của N và ∆ qua Đ_d.

Ta thấy d là đường trung trực của đoạn NN’.

Mà đường thẳng d: x – y – 3 = 0 có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_{d} = (1; - 1)$ .

Suy ra đường thẳng NN’ có vectơ chỉ phương ${\vec{n}}_{d} = (1; - 1)$ .

Do đó đường thẳng NN’ có vectơ pháp tuyến $\vec{u} = (1; 1)$ .

Vì vậy đường thẳng NN’ đi qua N(–2; 0) và nhận $\vec{u} = (1; 1)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

1(x + 2) + 1(y – 0) = 0 ⇔ x + y + 2 = 0.

Gọi K là giao điểm của NN’ và đường thẳng d.

Suy ra tọa độ K thỏa mãn hệ phương trình:

$\{\begin{cases} x + y + 2 = 0 \\ x - y - 3 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{2} \\ y = - \frac{5}{2} \end{cases}$

Do đó tọa độ $K (\frac{1}{2}; - \frac{5}{2})$ .

Ta có K là trung điểm NN’.

Suy ra $\{\begin{cases} x_{N^{'}} = 2 x_{K} - x_{N} = 2 . \frac{1}{2} + 2 = 3 \\ y_{N^{'}} = 2 y_{K} - y_{N} = 2 . (- \frac{5}{2}) - 0 = - 5 \end{cases}$