Mục 1 trang 25, 26, 27 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

1. Nội dung câu hỏi

a) Tìm phép biến hình biến \(\Delta \)BAC thành \(\Delta \)BA’C’ (Hình 1).

b) Trong mặt phẳng, cho điểm O cố định (Hình 2).

Gọi f là quy tắc ứng với mỗi điểm M trùng O cho ta điểm O và ứng với điểm M khác O cho ta một điểm M’ xác định như sau:

– Dùng compa vẽ đường tròn (C) tâm O bán kính OM.

– Trên (C) chọn điểm M’ sao cho góc lượng giác (OM, OM’) bằng 60°.

Quy tắc f có phải là một phép biến hình không?

Hãy vẽ điểm M’ theo quy tắc trên nếu thay góc 60° bởi góc –30°.

2. Phương pháp giải

Phép biến hình f trong mặt phẳng là một quy tắc cho tương ứng với mỗi điểm M với duy nhất một điểm M’. Điểm M’ được gọi là ảnh của điểm M qua phép biến hình f, kí hiệu \(M' = f(M)\).

3. Lời giải chi tiết

a) Để tìm phép biến hình biến ∆BAC thành ∆BA’C’, ta tìm phép biến hình biến điểm B thành chính nó, biến điểm A thành điểm A’, biến điểm C thành điểm C’.

Với \(\;A\left( {-7;{\rm{ }}4} \right),{\rm{ }}B\left( {-2;{\rm{ }}3} \right),{\rm{ }}C\left( {-5;{\rm{ }}0} \right),{\rm{ }}A'\left( {-3;{\rm{ }}-2} \right),{\rm{ }}C'\left( {1;{\rm{ }}0} \right),\) ta có:

\(\overrightarrow {BA}  = \left( { - 5;1} \right),\overrightarrow {BA'}  = \left( { - 1; - 5} \right),\overrightarrow {AA'}  = \left( {4; - 6} \right)\)

Suy ra \(BA = BA' = \sqrt {26} ;\,AA' = 2\sqrt {13} \)

Khi đó \(\cos \widehat {ABA'} = \frac{{B{A^2} + BA{'^2} - AA{'^2}}}{{2.BA.BA'}} = \frac{{26 + 26 - {{\left( {2\sqrt {13} } \right)}^2}}}{{2.\sqrt {26} .\sqrt {26} }} = 0\)

Vì vậy \(\left( {BA,BA'} \right) = \widehat {ABA'} = 90^\circ \)

Suy ra phép biến hình biến đoạn thẳng BA thành đoạn thẳng BA’ là phép biến hình biến điểm B thành điểm B, biến điểm A thành điểm A’ sao cho BA’ = BA và góc lượng giác \(\left( {BA,{\rm{ }}BA'} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ {\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Thực hiện tương tự, ta được \(BC = BC' = 3\sqrt 2 ;\,\left( {BC,B{C'}} \right) = 90^\circ \)

Suy ra phép biến hình biến đoạn thẳng BC thành đoạn thẳng BC’ là phép biến hình biến điểm B thành điểm B, biến điểm C thành điểm C’ sao cho BC’ = BC và góc lượng giác \(\left( {BC,{\rm{ }}BC'} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ {\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2), ta thu được phép biến hình biến ∆BAC thành ∆BA’C’ là phép biến hình biến điểm B thành chính nó, biến điểm A thành điểm A’ sao cho  và góc lượng giác \(\left( {BA,{\rm{ }}BA'} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ \) và biến điểm C thành điểm C’ sao cho \(BC'{\rm{ }} = {\rm{ }}BC\)  và góc lượng giác \(\left( {BC,{\rm{ }}BC'} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}90^\circ .\)

b) Đặt \({\rm{ }}f\left( M \right){\rm{ }} = {\rm{ }}M'.\) Trong đó, M’ là điểm nằm trên (C) sao cho góc lượng giác \(\left( {OM,{\rm{ }}OM'} \right)\) bằng 60°.

Ta thấy f là một quy tắc sao cho ứng với mỗi điểm M đều xác định duy nhất một điểm M’.

Vậy f là một phép biến hình.

Cách vẽ điểm M’ theo quy tắc trên với góc lượng giác (OM, OM’) bằng –30°:

– Dùng compa vẽ đường tròn (C) tâm O bán kính OM.

– Trên (C) chọn điểm M’ sao cho góc lượng giác (OM, OM’) bằng –30°.

Ta có hình vẽ sau:

1. Nội dung câu hỏi

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 \({Q_{\left( {O,{\rm{ }}45^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}90^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}180^\circ } \right)}},{\rm{ }}{Q_{\left( {O,{\rm{ }}360^\circ } \right)}}.\)

2. Phương pháp giải

Phép quay tâm O, góc quay  :

Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}x' = x\cos \alpha  - y\sin \alpha \\y' = x\sin \alpha  + y\cos \alpha \end{array} \right.\)

3. Lời giải chi tiết

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 \({M_4}\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\).

1. Nội dung câu hỏi

Một con tàu đang di chuyển theo hướng bắc. Người lái tàu phải thực hiện phép quay nào trên bánh lái để con tàu:

a) rẽ sang hướng tây?

b) rẽ sang hướng đông?

2. Phương pháp giải

Quan sát hình 5 và dựa vào đề bài để tìm góc quay φ

3. Lời giải chi tiết

a) Để con tàu rẽ sang hướng tây, người lái tàu phải thực hiện phép quay với tâm là tâm của bánh lái và góc quay φ = 90°.

b) Để con tàu rẽ sang hướng đông, người lái tàu phải thực hiện phép quay với tâm là tâm của bánh lái và góc quay φ = –90°.