[r]
Trang 11 DÀNH CHO TỰ CHỌN NÂNG CAO
Đề số 1
a) Ta có M (−2; 1) = T− → u(M1)
Nên −−−→M1M = −→u
⇒
(
x1 = 1 − (−2) = 3
y1 = −3 − 1 = −4 ⇒ M1(3; −4).
1
Vậy M1(3; −4) 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 − 2
y0 = y + 1 ⇔
(
x = x0 + 2
M ∈ d : 2x + y + 1 = 0 nên ta có:
2(x0 + 2) + y0− 1 + 1 = 0
⇔ 2x0+ y0+ 4 = 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: 2x + y + 4 = 0
0,5
c) Gọi M00(x00; y00) là ảnh của M qua phép vị tự tâm O, tỉ
số k = −3
⇔
(
x00 = −3.1 = −3
y00 = −3.(−3) = 9 ⇒ M
Vậy M00(−3; 9) là ảnh của M qua V(O;−3) 0,25
d) Theo câu a), d1: 2x + y + 4 = 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 + 2y + c = 0 0,5
Lấy điểm M1(−1; −2) ∈ d1 Gọi M2 là ảnh của M1 qua
Q(O;90◦ )
Thật vậy, ta có OM1= OM2 =
√
22+ 12 =√5,
−−→
OM1.−−→OM2 = −1.2 + (−2).(−1) = 0 ⇒ OM1 ⊥ OM2
Biểu diễn lên hệ trục Oxy, ta thấy:
Trang 21 DÀNH CHO TỰ CHỌN NÂNG CAO
y
−2
−1
−1
2
Chiều quay từ M1 đến M2 ngược chiều kim đồng hồ nên
góc quay lượng giác (OM1, OM2) = 90◦
Do đó M2(2; −1) = Q(O;90◦ )(M ) 0,25
Ta có M2 ∈ d2 nên tọa độ của nó phải thỏa mãn phương
trình d2 Do vậy 4 − 2 + 2(−1) + c = 0 ⇒ c = 4
0,5
Vậy d2: − x + 2y + 4 = 0 hay x − 2y − 4 = 0 là ảnh của
đường thẳng d qua phép dời hình f
0,25
e) Đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 6y + 1 = 0 có tâm
M (1; −3), bán kính R = p
12+ (−3)2− 1 = 3
0,25
Ta xác định ảnh M0 của điểm M qua phép tịnh tiến T− → u:
Ta có:
(
x0 = 1 − 2 = −1
y0 = −3 + 1 = −2 ⇒ M
0(−1; −2)
Vậy M0(−1; −2) là ảnh của M qua T− → u 0,5
Gọi M10 là ảnh của M0 qua phép vị tự V(O;−3)
Ta có M10(3; 6)
0,5
Đường tròn ảnh (C0) của (C) qua phép đồng dạng g là
đường tròn có tâm M10(3; 6), bán kính R0 = | − 3|.R =
3.3 = 9
0,5
Phương trình (C0) là:
(x − 3)2+ (y − 6)2 = 81
0,5
Ảnh của đường tròn (C) là đường tròn (C0) xác định như
trên
0,25