Chuyên đề Toán 11 KNTT Bài tập cuối chuyên đề 1 có đáp án

Lời giải:

a) Ta có: 2 . (– 1) – 2 – 1 = – 5 ≠ 0 nên A(– 1; 2) không thuộc ∆.

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống ∆.

Vì H thuộc ∆ nên H(x; 2x – 1). Ta có: $\overrightarrow {AH} = \left( {x + 1;\,2x - 3} \right)$, vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là $\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1;\,2} \right)$.

Vì AH vuông góc với ∆ nên $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {{u_\Delta }} = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right).1 + \left( {2x - 3} \right).2 = 0$.

Từ đó suy ra x = 1 nên H(1; 1).

Vì A' là ảnh của điểm A qua phép đối xứng trục ∆ nên AA' vuông góc với ∆ tại H và H là trung điểm của AA'. Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A} = 2.1 - \left( { - 1} \right) = 3\\{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A} = 2.1 - 2 = 0\end{array} \right.$. Vậy A'(3; 0).

b)

Ta có: 2 . (– 3) – 4 – 1 = – 11; 2 . (– 1) – 2 – 1 = – 5 và (– 11) . (– 5) = 55 > 0 nên hai điểm A và B nằm về một phía của đường thẳng ∆.

Vì M thuộc ∆ và A và A' đối xứng nhau qua ∆ nên MA = MA' và A' và B nằm về hai phía của đường thẳng ∆.

Do đó, MA + MB = MA' + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của A'B và ∆.

Ta có: $\overrightarrow {A'B} = \left( { - 6;\,4} \right)$, suy ra $\overrightarrow {{n_{A'B}}} = \left( {2;\,3} \right)$ là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng A'B. Phương trình đường thẳng A'B là 2(x – 3) + 3(y – 0) = 0 hay 2x + 3y – 6 = 0.

Tọa độ giao điểm M của A'B và ∆ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}2x - y - 1 = 0\\2x + 3y - 6 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{9}{8}\\y = \frac{5}{4}\end{array} \right.$. Vậy $M\left( {\frac{9}{8};\,\frac{5}{4}} \right)$.

Lời giải:

Cách 1:

Lấy A(0; 5), B(1; 7) thuộc đường thẳng d.

Gọi A', B' tương ứng là ảnh của A, B qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u \left( { - 3;\,4} \right)$.

Khi đó: $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow u \,\,$và $\overrightarrow {BB'} = \overrightarrow u$. Suy ra A'(– 3; 9) và B'(– 2; 11).

Vì đường thẳng d' là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u \left( { - 3;\,4} \right)$ nên hai điểm A', B' thuộc đường thẳng d'.

Ta có: $\overrightarrow {A'B'} = \left( {1;\,2} \right)$, suy ra đường thẳng d' có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {2;\, - 1} \right)$.

Phương trình đường thẳng d' là 2(x + 3) – (y – 9) = 0 hay 2x – y + 15 = 0.

Cách 2:

Gọi M(x; y) thuộc đường thẳng d và M'(x'; y') là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u \left( { - 3;\,4} \right)$. Khi đó $\overrightarrow {MM'} = \overrightarrow u$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' - x = - 3\\y' - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = x' + 3\\y = y' - 4\end{array} \right.$.

Ta có M thuộc ∆ ⇔ 2x – y + 5 = 0 ⇔ 2(x' + 3) – (y' – 4) + 5 = 0 ⇔ 2x' – y' + 15 = 0. Do đó, M'(x'; y') thuộc đường thẳng có phương trình 2x – y + 15 = 0.

Vì đường thẳng d' là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow u \left( { - 3;\,4} \right)$ nên M' thuộc đường thẳng d'.

Vậy phương trình đường thẳng d' là 2x – y + 15 = 0.

Lời giải:

Ta có (C): x$^{2}$ + y$^{2}$ – 2x – 4y – 4 = 0 hay x$^{2}$ + y$^{2}$ – 2 . 1 x – 2 . 2 y – 4 = 0.

Suy ra đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = $\sqrt {{1^2} + {2^2} - \left( { - 4} \right)} = 3$.

Gọi I' và R' lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C'). Vì (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A(3; – 3) nên I' là ảnh của I qua phép đối xứng tâm A(3; – 3) và R' = R = 3.

Vì I' là ảnh của I qua phép đối xứng tâm A nên A là trung điểm của II'.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} = 2{x_A} - {x_I} = 2.3 - 1 = 5\\{y_{I'}} = 2{y_A} - {y_I} = 2.\left( { - 3} \right) - 2 = - 8\end{array} \right.$ nên I'(5; – 8).

Vậy phương trình đường tròn (C') là

(x – 5)$^{2}$ + [y – (– 8)]$^{2}$ = 3$^{2}$ hay (x – 5)$^{2}$ + (y + 8)$^{2}$ = 9.

Lời giải:

Ta có (C): (x – 1)$^{2}$ + (y + 2)$^{2}$ = 9 hay (x – 1)$^{2}$ + [y – (– 2)]$^{2}$ = 3$^{2}$.

Suy ra đường tròn (C) có tâm I(1; – 2) và bán kính R = 3.

Gọi I' và R' lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C'). Vì (C') là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm O(0; 0) với tỉ số k = – 2 nên I' là ảnh của I qua phép vị tự tâm O(0; 0) với tỉ số k = – 2 và R' = |– 2|.R = 2 . 3 = 6.

Vì I' là ảnh của I qua phép vị tự V$_{(O, – 2)}$ nên $\overrightarrow {OI'} = - 2\overrightarrow {OI}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} = - 2{x_I} = - 2.1 = - 2\\{y_{I'}} = - 2{y_I} = - 2.\left( { - 2} \right) = 4\end{array} \right.$ nên I'(– 2; 4).

Vậy phương trình đường tròn (C') là

[x – (– 2)]$^{2}$ + (y – 4)$^{2}$ = 6$^{2}$ hay (x + 2)$^{2}$ + (y – 4)$^{2}$ = 36.

Lời giải:

Ta có: $\left| {\overrightarrow {EF} } \right| = m$ (m > 0) không đổi.

Đặt $\overrightarrow u = \overrightarrow {EF}$ $\left( {\overrightarrow u \ne \overrightarrow 0 } \right)$, $\overrightarrow u$ không đổi, khi đó $\left| {\overrightarrow u } \right| = m$ không đổi.

Gọi G là ảnh của điểm B qua phép tịnh tiến theo vectơ $- \overrightarrow u$. Khi đó $\overrightarrow {BG} = - \overrightarrow u$. Vì B cố định và $\overrightarrow u$ không đổi nên G cố định. Gọi G' là ảnh của G qua phép đối xứng trục d thì G' cố định.

Gọi giao điểm của AG' và đường thẳng d là E, trên d lấy điểm F thỏa mãn EF = m và $\overrightarrow {EF} = \overrightarrow u = - \overrightarrow {BG}$ hay $\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {GB}$. Khi đó BGEF là hình bình hành nên BF = GE.

Mà G và G' đối xứng nhau qua d nên GE = G'E. Do đó BF = GE = G'E.

Ta có: AE + BF = AE + G'E = AG' (1).

Ta có E và F như trên là hai điểm cần tìm để AE + BF nhỏ nhất.

Thật vậy, gọi E' và F' là 2 điểm trên d, khác E và F sao cho $\overrightarrow {E'F'} = \overrightarrow u$ và $\left| {\overrightarrow {E'F'} } \right| = \left| {\overrightarrow u } \right| = m$.

Ta có: AE' + BF' = AE' + GE' = AE' + G'E' > AG' (2) (bất đẳng thức trong tam giác AG'E').

Từ (1) và (2) suy ra AE + BF < AE' + BF'. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.