Giải Thực hành 1 Bài 5. Phép quay (trang 25, 26, 27) – Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo. Hướng dẫn: Phép quay tâm O, góc quay.
Câu hỏi/Đề bài:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tọa độ của các điểm là ảnh của điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) lần lượt qua các phép quay \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}45^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}90^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}180^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}360^\circ } \right)}}.\)
Hướng dẫn:
Phép quay tâm O, góc quay :
Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}x’ = x\cos \alpha – y\sin \alpha \\y’ = x\sin \alpha + y\cos \alpha \end{array} \right.\)
Lời giải:
Ta có \(\overrightarrow {OM} = \left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\). Suy ra OM = 2.
Vẽ đường tròn (C) tâm O bán kính OM.
⦁ Ảnh của điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) qua phép quay \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}45^\circ } \right)}}\)
Ta có \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}45^\circ } \right)}}\) biến điểm M khác O thành điểm M1 sao cho \(O{M_1}\; = {\rm{ }}OM{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)và \((OM,{\rm{ }}O{M_1}){\rm{ }} = {\rm{ }}45^\circ \) nên \(\widehat {MO{M_1}} = 45^\circ \)
Kẻ \(MH \bot Ox\) tại H.
Tam giác OMH vuông tại H: \(\cos \widehat {MOH} = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
Suy ra \(\widehat {MOH} = 45^\circ \)
Ta có \(\widehat {HO{M_1}} = \widehat {HOM} + \widehat {MO{M_1}} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ \)
Suy ra \({M_1}\; \in {\rm{ }}Oy\) nên \({x_{{M_1}}} = 0\)
Mà \(O{M_1}\; = {\rm{ }}2\) (chứng minh trên) nên tọa độ \({M_1}\left( {0;{\rm{ }}2} \right).\)
⦁ Ảnh của điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) qua phép quay \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}90^\circ } \right)}}\)
Ta có \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}90^\circ } \right)}}\) biến điểm M khác O thành điểm M2 sao cho \(O{M_2}\; = {\rm{ }}OM{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)và \((OM,{\rm{ }}O{M_2}){\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ \) nên \(\widehat {MO{M_2}} = 90^\circ \).
Suy ra tam giác \(MO{M_2}\) vuông cân tại O.
Ta có \(\widehat {{M_1}O{M_2}} = \widehat {MO{M_2}} – \widehat {MO{M_1}} = 90^\circ – 45^\circ = 45^\circ \)
Suy ra \(\widehat {MO{M_1}} = \widehat {{M_1}O{M_2}} = 45^\circ \)
Khi đó tam giác MOM2 có OM1 là đường phân giác.
Vì vậy OM1 cũng là đường trung trực của tam giác MOM2 hay Oy là đường trung trực của tam giác MOM2.
Suy ra M2 là ảnh của điểm M qua phép đối xứng trục Oy.
Do đó hai điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) và M2 có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.
Vậy tọa độ \({M_2}\left( { – \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)
⦁ Ảnh của điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) qua phép quay \({Q_{(O,{\rm{ }}180^\circ )}}\)
Ta có \({Q_{(O,{\rm{ }}180^\circ )}}\) biến điểm M khác O thành điểm M3 sao cho \(O{M_3}\; = {\rm{ }}OM{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)và \((OM,{\rm{ }}O{M_3}){\rm{ }} = {\rm{ }}180^\circ \) nên \(\widehat {MO{M_3}} = 180^\circ \)
Suy ra O là trung điểm của MM3.
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_O} = \frac{{{x_M} + {x_{{M_3}}}}}{2}\\{y_O} = \frac{{{y_M} + {y_{{M_3}}}}}{2}\end{array} \right.\)
Vì vậy \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{{M_3}}} = 2{x_O} – {x_M} = 2.0 – \sqrt 2 = – \sqrt 2 \\{y_{{M_3}}} = 2{y_O} – {y_M} = 2.0 – \sqrt 2 = – \sqrt 2 \end{array} \right.\)
Vậy tọa độ \({M_3}\left( { – \sqrt 2 ; – \sqrt 2 } \right)\)
⦁ Ảnh của điểm \(M\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\) qua phép quay \({Q_{(O,{\rm{ }}360^\circ )}}\)
Ta có \({Q_{(O,{\rm{ }}360^\circ )}}\) biến điểm M khác O thành điểm M4 sao cho \(O{M_4}\; = {\rm{ }}OM{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)và \((OM,{\rm{ }}O{M_4}){\rm{ }} = {\rm{ }}360^\circ \) nên \(\widehat {MO{M_4}} = 360^\circ \)
Tức là, \({M_4}\; \equiv M.\)
Vậy tọa độ \({M_4}\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\).