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 $\left(C\right):{\left(x-3\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2=25$ và đường thẳng $\mathrm{\Delta }:2x+3y+4=0.$

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

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

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

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 $R_1=R=5.$

Ta có $I_1={Đ}_{Ox}\left(I\right).$

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 $I_1\left(3;-4\right).$

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

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

+ Trục $Ox:y=0.$

Với y = 0, ta có $2x+3.0+4=0\iff x=-2.$

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

Khi đó $P={Đ}_{Ox}\left(P\right).$

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

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

Ta có $\overrightarrow{M_{1}P}=\left(-3;-2\right)$

Đường thẳng ${\mathrm{\Delta }}_1$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{M_{1}P}=\left(-3;-2\right)$

Suy ra ${\mathrm{\Delta }}_1$ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\mathrm{\Delta }}_1}=\left(2;-3\right)$

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

$2\left(x+2\right)-3\left(y-0\right)=0\iff 2x-3y+4=0.$

b)

+ Gọi $(C_2)$ là ảnh của (C) qua ${Đ}_{Oy}$, khi đó $(C_2)$ có tâm $I_2$  là ảnh của $I\left(3;4\right)$qua ${Đ}_{Oy}$  và bán kính $R_2=R=5.$

Ta có $I_2={Đ}_{Oy}\left(I\right).$

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 $I_2\left(-3;4\right).$

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

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

+ Trục $Oy:x=0.$

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

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

Khi đó $Q={Đ}_{Oy}\left(Q\right).$

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

Gọi $M_2$ và ${\mathrm{\Delta }}_2$  theo thứ tự là ảnh của M và $\mathrm{\Delta }$ 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 $M_2\left(-1;-2\right).$

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

Đường thẳng ∆₂ có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{u}}_2=3\overrightarrow{M_{2}Q}=\left(3;2\right)$

Suy ra ∆₂ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\mathrm{\Delta }}_2}=\left(2;-3\right)$

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

$2\left(x+1\right)-3\left(y+2\right)=0\iff 2x-3y-4=0.$

c)

+ Gọi $(C_3)$ 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 $R_3=R=5.$

Ta có $I_3={Đ}_d\left(I\right).$

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

Mà đường thẳng $d:x-y-3=0$ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$

Suy ra đường thẳng II₃ có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$

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

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

$1\left(x-3\right)+1\left(y-4\right)=0\iff x+y-7=0.$

Gọi H là giao điểm của $I{I}_3$ và đường thẳng d.

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

Do đó tọa độ $H\left(5;2\right).$

Ta có H là trung điểm $I{I}_3.$

Suy ra $\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}}_{{\mathrm{I}}_3}=2{\mathrm{x}}_{\mathrm{H}}-{\mathrm{x}}_{\mathrm{I}}=2.5-3=7\\ {\mathrm{y}}_{{\mathrm{I}}_3}=2{\mathrm{y}}_{\mathrm{H}}-{\mathrm{y}}_{\mathrm{I}}=2.2-4=0\end{array}$

Do đó tọa độ $I_3\left(7;0\right).$

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

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

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

Suy ra tọa độ R thỏa mãn hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}2\mathrm{x}+3\mathrm{y}+4=0\\ \mathrm{x}-\mathrm{y}-3=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\mathrm{x}=1\\ \mathrm{y}=-2\end{array}$

Do đó tọa độ R(1; –2).

Khi đó $R={Đ}_d\left(R\right).$

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

Gọi N’ và ${\mathrm{\Delta }}_3$ theo thứ tự là ảnh của N và $\mathrm{\Delta }$ 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 ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$

Suy ra đường thẳng NN’ có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$

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

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

$1\left(x+2\right)+1\left(y-0\right)=0\iff x+y+2=0.$

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

Suy ra tọa độ K thỏa mãn hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}+2=0\\ \mathrm{x}-\mathrm{y}-3=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\frac{1}{2}\\ \mathrm{y}=-\frac{5}{2}\end{array}$

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

Ta có K là trung điểm NN’.

Suy ra $\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}}_{{\mathrm{N}}^{\prime }}=2{\mathrm{x}}_{\mathrm{K}}-{\mathrm{x}}_{\mathrm{N}}=2.\frac{1}{2}+2=3\\ {\mathrm{y}}_{{\mathrm{N}}^{\prime }}=2{\mathrm{y}}_{\mathrm{K}}-{\mathrm{y}}_{\mathrm{N}}=2.\left(-\frac{5}{2}\right)-0=-5\end{array}$

Do đó tọa độ N’(3; –5).

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

Đường thẳng ${\mathrm{\Delta }}_3$  có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{N^{\prime }R}=\left(-2;3\right)$

Suy ra ${\mathrm{\Delta }}_3$ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\mathrm{\Delta }}_3}=\left(3;2\right)$

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

$3\left(x-3\right)+2\left(y+5\right)=0\iff 3x+2y+1=0.$