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:

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