[r]
Trang 11 DÀNH CHO TỰ CHỌN NÂNG CAO
Đề số 2
a) Ta có M (−2; 1) = T− → u(M1)
Nên −−−→M1M = −→u
⇒
(
x1 = −2 − 3 = −5
y1 = 1 − (−2) = 3 ⇒ M1(−5; 3).
1
Vậy M1(−5; 3) là ảnh của M qua T− → u 0,5
b) Gọi M (x; y) ∈ d và M0(x0; y0) = T− → u(M )
Ta có:
(
x0 = x + 3
y0 = y − 2 ⇔
(
x = x0− 3
M ∈ d : x + y + 1 = 0 nên ta có:
x0 − 3 + y0+ 2 + 1 = 0
⇔ x0+ y0 = 0 (∗)
1
Ta thấy (∗) là phương trình đường thẳng, tọa độ (x0; y0)
của điểm M0 thỏa mãn (∗) nên phương trình đường
thẳng ảnh d1 của đường thẳng d qua phép tịnh tiến
T− →
u là: x + y = 0
0,5
c) Gọi M00(x00; y00) là ảnh của M qua phép vị tự tâm O, tỉ
số k = −2
⇔
(
x00 = −2.(−2) = 4
y00 = 1.(−2) = −2 ⇒ M
Vậy M00(4; −2) là ảnh của M qua V(O;−2) 0,25
d) Theo câu b), d1: x + y = 0 là ảnh của đường thẳng d
qua T− → u
0,5
Gọi d2 là ảnh của d1 qua phép quay Q(O;−90◦ )
Ta có d2 ⊥ d1 nên d2 có dạng −x + y + c = 0 0,5
Lấy điểm M0(1; −1) ∈ d1 Gọi M2 là ảnh của M0 qua
Q(O;−90◦ )
Thật vậy, ta có OM0= OM2 =
√
12+ 12 =√2,
−−→
OM0.−−→OM2 = −1.1 + (−1).(−1) = 0 ⇒ OM0 ⊥ OM2
Biểu diễn lên hệ trục Oxy, ta thấy:
Trang 21 DÀNH CHO TỰ CHỌN NÂNG CAO
O y
x
1 -1
-1 M1
M2 Chiều quay từ M0 đến M2 cùng chiều kim đồng hồ nên
góc quay lượng giác (OM0, OM2) = −90◦
Do đó M2(1; −1) = Q(O;−90◦ )(M0) 0,25
Ta có M2 ∈ d2 nên tọa độ của nó phải thỏa mãn phương
trình d2 Do vậy −(−1) − 1 + c = 0 ⇒ c = 0
0,5
Vậy d2: − x + y = 0 là ảnh của đường thẳng d qua phép
dời hình f
0,25
e) Đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x − 2y + 1 = 0 có tâm
M (−2; 1), bán kính R = p
(−2)2+ 11− 1 = 2
0,25
Ta xác định ảnh M0 của điểm M qua phép tịnh tiến T− → u
Ta có
Gọi N (xN; yN) là ảnh của M qua T− → u
Ta có:
(
xN = −2 + 3 = 1
yN = 1 − 2 = −1 ⇒ N (1; −1).
Vậy N (1; −1) là ảnh của M qua T− → u 0,5
Gọi M10 là ảnh của M1 qua phép vị tự V(O;−2)
Ta có M10(−2; 2)
0,5
Đường tròn ảnh (C0) của (C) qua phép đồng dạng g là
đường tròn có tâm M10(−2; 2), bán kính R0 = |−2|.2 = 4
0,5
Phương trình (C0) là:
(x + 2)2+ (y − 2)2 = 16
0,5
Ảnh của đường tròn (C) là đường tròn (C0) xác định như
trên
0,25