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 \(d:{\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}y{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)
Phương pháp giải - Xem chi tiết
Nếu \(M' = {Đ_{Ox}}(M)\) thì biểu thức tọa độ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = {x_M}\\{y_{M'}} = - {y_M}\end{array} \right.\)
Nếu\(M' = {Đ_{Oy}}(M)\) thì biểu thức tọa độ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = - {x_M}\\{y_{M'}} = {y_M}\end{array} \right.\)
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 ĐOx 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 Đd 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:
\(3\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}2\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}5} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow 3x{\rm{ }} + {\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\)
