Với giải Bài 1 trang 28 Chuyên đề Toán 11 Chân trời sáng tạo chi tiết trong Bài 5: Phép quay giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Chuyên đề Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải Chuyên đề Toán 11 Bài 5: Phép quay

Bài 1 trang 28 Chuyên đề Toán 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(–4; 2), B(–4; 5) và C(–1; 3).

a) Chứng minh các điểm A’(2; 4), B’(5; 4) và C’(3; 1) theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Gọi ∆A₁B₁C₁ là ảnh của ∆ABC qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện phép quay tâm O với góc quay –90° và phép đối xứng qua Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆A₁B₁C₁.

Lời giải:

a)

Với A(–4; 2) và A’(2; 4), ta có $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\left(-4;2\right),\overrightarrow{{\mathrm{OA}}^{\text{'}}}=\left(2;4\right),\overrightarrow{{\mathrm{AA}}^{\text{'}}}=\left(6;2\right)$.

Do đó $\mathrm{OA}={\mathrm{OA}}^{\text{'}}=2\sqrt{5}$ và ${\mathrm{AA}}^{\text{'}}=2\sqrt{10}$.

Suy ra $\cos \widehat{{\mathrm{AOA}}^{\text{'}}}=\frac{{\mathrm{OA}}^2+O{A^{\text{'}}}^2-A{A^{\text{'}}}^2}{2.\mathrm{OA}.{\mathrm{OA}}^{\text{'}}}=\frac{{\left(2\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2-{\left(2\sqrt{10}\right)}^2}{2.2\sqrt{5}.2\sqrt{5}}=0$.

Do đó $\widehat{{\mathrm{AOA}}^{\text{'}}}=90°$.

Mà khi quay đoạn OA (với tâm O) theo hướng cùng chiều kim đồng hồ một góc 90° thì ta được đoạn OA’. Tức là, phép quay có góc quay lượng giác theo chiều âm một góc 90°.

Vì vậy góc lượng giác (OA, OA’) = –90°.

Vậy A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

Chứng minh tương tự, ta thu được B’, C’ theo thứ tự là ảnh của B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Từ câu a, ta có phép quay tâm O, góc quay –90° biến ∆ABC thành ∆A’B’C’.

Ta có: ∆A₁B₁C₁ là ảnh của ∆A’B’C’ qua phép đối xứng trục Ox nên:

• A₁ = Đ_Ox(A’), do đó hai điểm A₁­ và A’(2; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra A₁(2; –4).

• B₁ = Đ_Ox(B’), do đó hai điểm B₁­ và B’(5; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra B₁(5; –4).

• C₁ = Đ_Ox(C’), do đó hai điểm C₁­ và C’(3; 1) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra C₁(3; –1).

Vậy tọa độ các đỉnh của ∆A₁B₁C₁ thỏa mãn yêu cầu bài toán là A₁(2; –4), B₁(5; –4), C₁(3; –1).