Giải bài 1 trang 28 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Đề bài

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm $A\left( {-4;{\rm{ }}2} \right),{\rm{ }}B\left( {-4;{\rm{ }}5} \right)$ và $C\left( {-1;{\rm{ }}3} \right).$

a) Chứng minh các điểm $A’\left( {2;{\rm{ }}4} \right),{\rm{ }}B’\left( {5;{\rm{ }}4} \right){\rm{ }}$ và $C’\left( {3;{\rm{ }}1} \right)$ theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Gọi $\Delta {A_1}{B_1}{C_1}$ là ảnh của ∆ABC qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện phép quay tâm O với góc quay –90° và phép đối xứng qua Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của $\Delta {A_1}{B_1}{C_1}.$

Lời giải chi tiết

a)

Với  ta có $\overrightarrow {OA}  = \left( { – 4;2} \right),\overrightarrow {OA’}  = \left( {2;4} \right),\overrightarrow {AA’}  = \left( {6;2} \right)$

Do đó $OA = OA’ = 2\sqrt 5$ và $AA’ = 2\sqrt {10}$

Suy ra $\cos \widehat {AOA’} = \frac{{O{A^2} + OA{‘^2} – AA{‘^2}}}{{2.OA.OA’}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} – {{\left( {2\sqrt {10} } \right)}^2}}}{{2.2\sqrt 5 .2\sqrt 5 }} = 0$

Do đó $\widehat {AOA’} = 90^\circ$

Mà khi quay đoạn OA (với tâm O) theo hướng cùng chiều kim đồng hồ một góc 90° thì ta được đoạn OA’. Tức là, phép quay có góc quay lượng giác theo chiều âm một góc 90°.

Vì vậy góc lượng giác $\left( {OA,{\rm{ }}OA’} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}-90^\circ .$

Vậy A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

Chứng minh tương tự, ta thu được B’, C’ theo thứ tự là ảnh của B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Từ câu a, ta có phép quay tâm O, góc quay –90° biến ∆ABC thành ∆A’B’C’.

Ta có: $\Delta {A_1}{B_1}{C_1}\;$ là ảnh của ∆A’B’C’ qua phép đối xứng trục Ox nên:

• ${A_1}\; = {\rm{ }}{Đ_{Ox}}\left( {A’} \right),$ do đó hai điểm A₁­ và A’(2; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra A₁(2; –4).

• ${B_1}\; = {\rm{ }}{{\rm{Đ}}_{Ox}}\left( {B’} \right),$ do đó hai điểm B₁­ và B’(5; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra B₁(5; –4).

• ${C_1}\; = {\rm{ }}{Đ_{Ox}}\left( {C’} \right),$do đó hai điểm C₁­ và C’(3; 1) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra C₁(3; –1).

Vậy tọa độ các đỉnh của ∆A₁B₁C₁ thỏa mãn yêu cầu bài toán là ${A_1}\left( {2;{\rm{ }}-4} \right),{\rm{ }}{B_1}\left( {5;{\rm{ }}-4} \right),{\rm{ }}{C_1}\left( {3;{\rm{ }}-1} \right).$