Video hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng OxyOxy cho các điểm A(−3;2),B(−4;5)A(−3;2),B(−4;5) và C(−1;3)C(−1;3)
LG a
Chứng minh rằng các điểm A′(2;3),B′(5;4) và C′(3;1) theo thứ tự là ảnh của A,B và C qua phép quay tâm O góc −90∘
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa phép quay
Q(O;α)(M)=M′ ⇔{OM′=OM(OM,OM′)=α
Lời giải chi tiết:
Ta có:
→OA=(−3;2);→OA′=(2;3).OA=√(−3)2+22=√22+32=OA′→OA.→OA′=(−3).2+2.3=0⇒^AOA′=90o⇒(OA;OA′)=−^AOA′=−90o⇒A′=Q(O;−90o)(A).
Tương tự ta cũng có Q(O;−900)(B)=B′, Q(O;−900)(C)=C′.
Chú ý:
Cách giải tham khảo (công thức mở rộng)
Sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay: Ảnh của điểm M(x;y) qua phép quay tâm O góc quay α là điểm M′(x′;y′) với x′;y′ thỏa mãn hệ phương trình {x′=xcosα−ysinαy′=xsinα+ycosα
(hình bên)
Phép quay tâm góc −900 biến điểm M(x;y) thành điểm M′(x′;y′) với {x′=xcos(−900)−ysin(−900)=yy′=xsin(−900)+ycos(−900)=−x
⇒A′(2;3);B′(5;4);C′(3;1) lần lượt là ảnh của A,B,C qua phép quay tâm O, góc quay −900.
LG b
Gọi tam giác A1B1C1 là ảnh của tam giác ABC qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc −90∘ và phép đối xứng qua trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A1B1C1
Phương pháp giải:
Thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc quay −900 và phép đối xứng trục Ox trên mặt phẳng tọa độ Oxy.
Lời giải chi tiết:
(Hình 1.26)
Gọi tam giác A1B1C1 là ảnh của tam giác A′B′C′ qua phép đối xứng trục Ox.
Khi đó,
A1=DOx(A′)⇒A1(2;−3)B1=DOx(B′)⇒B1(5;−4)C1=DOx(C′)⇒C1(3;−1)
Vậy A1(2;−3),B1(5;−4),C1(3;−1).
