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

Đề bài

 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn $\left( C \right):{\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)^2}\; + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2}\; = {\rm{ }}25$ và đường thẳng $\Delta :{\rm{ }}2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

a) Tìm ảnh của (C) và $\Delta$ qua phép đối xứng trục Ox.

b) Tìm ảnh của (C) và $\Delta$ qua phép đối xứng trục Oy.

c) Tìm ảnh của (C) và $\Delta$ qua phép đối xứng trục $d:{\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}y{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

Lời giải chi tiết

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

a)

+ Gọi $({C_1})$ là ảnh của (C) qua ${Đ_{Ox}}$, khi đó (C₁) có tâm I₁ là ảnh của I(3; 4) ${Đ_{Ox}}$ và bán kính ${R_1}\; = {\rm{ }}R{\rm{ }} = {\rm{ }}5.$

Ta có ${I_1}\; = {\rm{ }}{Đ_{Ox}}\left( I \right).$

Suy ra Ox là đường trung trực của đoạn $\;I{I_1}$

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

Vì vậy tọa độ ${I_1}\left( {3;{\rm{ }}-4} \right).$

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

${\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)^2}\; + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}4} \right)^2}\; = {\rm{ }}25.$

+ Trục $Ox:{\rm{ }}y{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

Với y = 0, ta có $2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3.0{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow x{\rm{ }} = {\rm{ }}-2.$

Suy ra giao điểm của ∆ và trục Ox là điểm $P\left( {-2;{\rm{ }}0} \right).$

Khi đó $P{\rm{ }} = {\rm{ }}{Đ_{Ox}}\left( P \right).$

Chọn $M\left( {1;{\rm{ }}-2} \right) \in \Delta$

Gọi M₁ và ∆₁ theo thứ tự là ảnh của M và $\Delta$ 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 ${M_1}\left( {1;{\rm{ }}2} \right).$

Ta có $\overrightarrow {{M_1}P}  = \left( { – 3; – 2} \right)$

Đường thẳng ${\Delta _1}\;$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{M_1}P}  = \left( { – 3; – 2} \right)$

Suy ra ${\Delta _1}\;$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{{\Delta _1}}} = \left( {2; – 3} \right)$

Vậy đường thẳng ${\Delta _1}\;$ đi qua P(–2; 0) và có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{{\Delta _1}}} = \left( {2; – 3} \right)$ nên có phương trình là:

$2\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}3\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}0} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow 2x{\rm{ }}-{\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

b)

+ Gọi $({C_2})$ là ảnh của (C) qua ${Đ_{Oy}}$, khi đó $({C_2})$ có tâm ${I_{2\;}}$  là ảnh của $I\left( {3;{\rm{ }}4} \right)$qua ${Đ_{Oy}}$  và bán kính ${R_2}\; = {\rm{ }}R{\rm{ }} = {\rm{ }}5.$

Ta có ${I_2}\; = {\rm{ }}{Đ_{Oy}}\left( I \right).$

Suy ra Oy là đường trung trực của đoạn $I{I_2}.$

Do đó hai điểm I(3; 4) và ${I_{2\;}}$ có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ ${I_2}\left( {-3;{\rm{ }}4} \right).$

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua ${Đ_{Oy}}$  là đường tròn $({C_2})$ có phương trình là:

${\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right)^2}\; + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2}\; = {\rm{ }}25.$

+ Trục $Oy:{\rm{ }}x{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

Với x = 0, ta có $2.0{\rm{ }} + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0{\rm{ }} \Leftrightarrow y =  – \frac{4}{3}$

Suy ra giao điểm của $\Delta$ và trục Oy là điểm  $Q\left( {0; – \frac{4}{3}} \right)$

Khi đó $Q{\rm{ }} = {\rm{ }}{Đ_{Oy}}\left( Q \right).$

Chọn $M\left( {1;{\rm{ }}-2} \right) \in \Delta$

Gọi ${M_2}\;$ và ${\Delta _2}\;$  theo thứ tự là ảnh của M và $\Delta$ qua ${Đ_{Oy}}$

Ta thấy Oy là đường trung trực của đoạn $M{M_2}.$

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

Vì vậy tọa độ ${M_2}\left( {-1;{\rm{ }}-2} \right).$

Ta có $\overrightarrow {{M_2}Q}  = \left( {1;\frac{2}{3}} \right)$

Đường thẳng ∆₂ có vectơ chỉ phương ${\vec u_2} = 3\overrightarrow {{M_2}Q}  = \left( {3;2} \right)$

Suy ra ∆₂ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{{\Delta _2}}} = \left( {2; – 3} \right)$

Vậy đường thẳng ${\Delta _2}$  đi qua ${M_2}\left( {-1;{\rm{ }}-2} \right)$ và có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{{\Delta _2}}} = \left( {2; – 3} \right)$ nên có phương trình là:

$2\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}3\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow 2x{\rm{ }}-{\rm{ }}3y{\rm{ }}-{\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

c)

+ Gọi ${\rm{ }}({C_3})$ là ảnh của (C) qua ${Đ_d}$, khi đó $({C_2})$ có tâm ${I_3}$  là ảnh của I(3; 4) qua Đ_d và bán kính ${R_3}\; = {\rm{ }}R{\rm{ }} = {\rm{ }}5.$

Ta có ${I_3}\; = {\rm{ }}{Đ_d}\left( I \right).$

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

Mà đường thẳng $d:{\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}y{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_d} = \left( {1; – 1} \right)$

Suy ra đường thẳng II₃ có vectơ chỉ phương ${\vec n_d} = \left( {1; – 1} \right)$

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

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

$1\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}1\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }}-{\rm{ }}7{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

Gọi H là giao điểm của $I{I_3}$ và đường thẳng d.

Suy ra tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} – {\rm{y}} – 3 = 0}\\{{\rm{x}} + {\rm{y}} – 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 5}\\{{\rm{y}} = 2}\end{array}} \right.$

Do đó tọa độ $H\left( {5;{\rm{ }}2} \right).$

Ta có H là trung điểm $I{I_3}.$

Suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}_{{{\rm{I}}_3}}} = 2{{\rm{x}}_{\rm{H}}} – {{\rm{x}}_{\rm{I}}} = 2.5 – 3 = 7}\\{{{\rm{y}}_{{{\rm{I}}_3}}} = 2{{\rm{y}}_{\rm{H}}} – {{\rm{y}}_{\rm{I}}} = 2.2 – 4 = 0}\end{array}} \right.$

Do đó tọa độ ${I_3}\left( {7;{\rm{ }}0} \right).$

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua ${Đ_d}$ là đường tròn $({C_3})$ có phương trình là:

${\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}7} \right)^2}\; + {\rm{ }}{y^2}\; = {\rm{ }}25.$

+ Gọi R là giao điểm của $\Delta$  và d.

Suy ra tọa độ R thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{x}} + 3{\rm{y}} + 4 = 0}\\{{\rm{x}} – {\rm{y}} – 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1}\\{{\rm{y}} =  – 2}\end{array}} \right.$

Do đó tọa độ R(1; –2).

Khi đó $R{\rm{ }} = {\rm{ }}{Đ_d}\left( R \right).$

Chọn $N\left( {-2;{\rm{ }}0} \right) \in \Delta :{\rm{ }}2x{\rm{ }} + {\rm{ }}3y{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

Gọi N’ và ${\Delta _3}$ theo thứ tự là ảnh của N và $\Delta$ qua ${Đ_d}$.

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

Mà đường thẳng $d:{\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}y{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0$  có vectơ pháp tuyến ${\vec n_d} = \left( {1; – 1} \right)$

Suy ra đường thẳng NN’ có vectơ chỉ phương ${\vec n_d} = \left( {1; – 1} \right)$

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

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

$1\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}1\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}0} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$

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

Suy ra tọa độ K thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} + {\rm{y}} + 2 = 0}\\{{\rm{x}} – {\rm{y}} – 3 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = \frac{1}{2}}\\{{\rm{y}} =  – \frac{5}{2}}\end{array}} \right.$

Do đó tọa độ $K\left( {\frac{1}{2}; – \frac{5}{2}} \right)$

Ta có K là trung điểm NN’.

Suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{x}}_{{\rm{N’}}}} = 2{{\rm{x}}_{\rm{K}}} – {{\rm{x}}_{\rm{N}}} = 2.\frac{1}{2} + 2 = 3}\\{{{\rm{y}}_{{\rm{N’}}}} = 2{{\rm{y}}_{\rm{K}}} – {{\rm{y}}_{\rm{N}}} = 2.\left( { – \frac{5}{2}} \right) – 0 =  – 5}\end{array}} \right.$

Do đó tọa độ N’(3; –5).

Với R(1; –2), ta có $\overrightarrow {N’R}  = \left( { – 2;3} \right)$

Đường thẳng ${\Delta _3}$  có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {N’R}  = \left( { – 2;3} \right)$

Suy ra ${\Delta _3}$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_{{\Delta _3}}} = \left( {3;2} \right)$

Vậy đường thẳng ${\Delta _3}$ đi qua N’(3; –5) và nhận ${\vec n_{{\Delta _3}}} = \left( {3;2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

$3\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}2\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}5} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow 3x{\rm{ }} + {\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0.$