Vận dụng phép đối xứng trục để vẽ nhanh bình hoa theo hướng dẫn trong Hình 14.

– Gấp đôi một tờ giấy trắng A4 theo nếp gấp d.

– Mở tờ giấy ra, ở một phía của nếp gấp d, nhỏ vài giọt màu nước có màu khác nhau làm hoa và một giọt màu đen làm bình hoa.

– Gấp lại tờ giấy theo nếp gấp d, chà nhẹ để màu thấm đều sang hai bên.

– Mở tờ giấy ra, ta có một bình hoa đẹp.

Tìm trục đối xứng của hình vừa vẽ.

a) Trục Oy: x = 0.

Thế x = 0 vào phương trình d, ta được 0 – y + 3 = 0 ⇔ y = 3.

Suy ra giao điểm của d và Oy là P(0; 3).

Chọn điểm M(1; 4) ∈ d: x – y + 3 = 0

Ta đặt M’ = ĐOy(M).

Suy ra Oy là đường trung trực của MM’ hay M’ là điểm đối xứng với M qua Oy.

Do đó hai điểm M và M’ có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ điểm M’(–1; 4).

Ta có $\overrightarrow{M^{\text{'}}P}=\left(1;-1\right)$.

Gọi d’ là ảnh của d qua ĐOy.

Đường thẳng d’ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{M^{\text{'}}P}=\left(1;-1\right)$.

Suy ra d’ có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{d^{\text{'}}}=\left(1;1\right)$.

Vậy đường thẳng d’ đi qua P(0; 3) và có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{d^{\text{'}}}=\left(1;1\right)$ nên phương trình d’ là: 1.(x – 0) + 1.(y – 3) = 0 hay x + y – 3 = 0.

b) Đường tròn (C) có tâm I(–1; –2), bán kính R = 3.

Ta đặt I’ = ĐOx(I).

Suy ra Ox là đường trung trực của II’ hay I’ đối xứng với I qua Ox

Do đó hai điểm I và I’ có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ điểm I’(–1; 2).

Gọi (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua ĐOx.

Suy ra (C’) có tâm I’(–1; 2), bán kính R’ = R = 3.

Vậy phương trình đường tròn (C’): (x + 1)2 + (y – 2)2 = 9.

Đường tròn (C) có tâm I(3; 4), bán kính R = 5.

a)

⦁ Gọi (C1) là ảnh của (C) qua ĐOx, khi đó (C1) có tâm I1 là ảnh của I(3; 4) ĐOx và bán kính R1 = R = 5.

Ta có I1 = ĐOx(I).

Suy ra Ox là đường trung trực của đoạn II1

Do đó hai điểm I(3; 4) và I1 có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ I1(3; –4).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua ĐOx là đường tròn (C1) có phương trình là:

(x – 3)2 + (y + 4)2 = 25.

⦁ Trục Ox: y = 0.

Với y = 0, ta có 2x + 3.0 + 4 = 0 ⇔ x = –2.

Suy ra giao điểm của ∆ và trục Ox là điểm P(–2; 0).

Khi đó P = ĐOx(P).

Chọn M(1; –2) ∈ ∆.

Gọi M1 và ∆1 theo thứ tự là ảnh của M và ∆ qua ĐOx.

Ta thấy Ox là đường trung trực của đoạn MM1.

Do đó hai điểm M(1; –2) và M1 có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ M1(1; 2).

Ta có $\overrightarrow{M_{1}P}=\left(-3;-2\right)$.

Đường thẳng ∆1 có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{M_{1}P}=\left(-3;-2\right)$.

Suy ra ∆1 có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_1}=\left(2;-3\right)$.

Vậy đường thẳng ∆1 đi qua P(–2; 0) và có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_1}=\left(2;-3\right)$ nên có phương trình là:

2(x + 2) – 3(y – 0) = 0 hay 2x – 3y + 4 = 0.

b)

⦁ Gọi (C2) là ảnh của (C) qua ĐOy, khi đó (C2) có tâm I2 là ảnh của I(3; 4) qua ĐOy và bán kính R2 = R = 5.

Ta có I2 = ĐOy(I).

Suy ra Oy là đường trung trực của đoạn II2.

Do đó hai điểm I(3; 4) và I2 có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ I2(–3; 4).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua ĐOy là đường tròn (C2) có phương trình là:

(x + 3)2 + (y – 4)2 = 25.

⦁ Trục Oy: x = 0.

Với x = 0, ta có 2.0 + 3y + 4 = 0 ⇔ $y=-\frac{4}{3}$.

Suy ra giao điểm của ∆ và trục Oy là điểm $Q\left(0;-\frac{4}{3}\right)$.

Khi đó Q = ĐOy(Q).

Chọn M(1; –2) ∈ ∆.

Gọi M2 và ∆2 theo thứ tự là ảnh của M và ∆ qua ĐOy.

Ta thấy Oy là đường trung trực của đoạn MM2.

Do đó hai điểm M(1; –2) và M2 có cùng tung độ và có hoành độ đối nhau.

Vì vậy tọa độ M2(–1; –2).

Ta có $\overrightarrow{M_{2}Q}=\left(1;\frac{2}{3}\right)$.

Đường thẳng ∆2 có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{u}}_2=3\overrightarrow{M_{2}Q}=\left(3;2\right)$.

Suy ra ∆2 có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_2}=\left(2;-3\right)$.

Vậy đường thẳng ∆2 đi qua M2(–1; –2) và có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_2}=\left(2;-3\right)$ nên có phương trình là:

2(x + 1) – 3(y + 2) = 0 hay 2x – 3y – 4 = 0.

c)

⦁ Gọi (C3) là ảnh của (C) qua Đd, khi đó (C2) có tâm I3 là ảnh của I(3; 4) qua Đd và bán kính R3 = R = 5.

Ta có I3 = Đd(I).

Suy ra d là đường trung trực của đoạn II3 nên II3 ⊥ d tại trung điểm của II3.

Mà đường thẳng d: x – y – 3 = 0 có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Suy ra đường thẳng II3 có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Do đó đường thẳng II3 có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{u}=\left(1;1\right)$.

Vì vậy đường thẳng II3 đi qua điểm I(3; 4) và nhận $\overrightarrow{u}=\left(1;1\right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

1(x – 3) + 1(y – 4) = 0 ⇔ x + y – 7 = 0.

Gọi H là giao điểm của II3 và đường thẳng d.

Suy ra tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x-y-3=0\\ x+y-7=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=5\\ y=2\end{array}\right.$

Do đó tọa độ H(5; 2).

Ta có H là trung điểm II3.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}x+y+2=0\\ x-y-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$

Do đó tọa độ I3(7; 0).

Vậy ảnh của đường tròn (C) qua Đd là đường tròn (C3) có phương trình là:

(x – 7)2 + y2 = 25.

⦁ Gọi R là giao điểm của ∆ và d.

Suy ra tọa độ R thỏa mãn hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}{x}_{I_3}=2x_H-x_I=2.5-3=7\\ y_{I_3}=2y_H-y_I=2.2-4=0\end{array}\right.$

Do đó tọa độ R(1; –2).

Khi đó R = Đd(R).

Chọn N(–2; 0) ∈ ∆: 2x + 3y + 4 = 0.

Gọi N’ và ∆3 theo thứ tự là ảnh của N và ∆ qua Đd.

Ta thấy d là đường trung trực của đoạn NN’.

Mà đường thẳng d: x – y – 3 = 0 có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Suy ra đường thẳng NN’ có vectơ chỉ phương ${\overrightarrow{n}}_d=\left(1;-1\right)$.

Do đó đường thẳng NN’ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{u}=\left(1;1\right)$.

Vì vậy đường thẳng NN’ đi qua N(–2; 0) và nhận $\overrightarrow{u}=\left(1;1\right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

1(x + 2) + 1(y – 0) = 0 ⇔ x + y + 2 = 0.

Gọi K là giao điểm của NN’ và đường thẳng d.

Suy ra tọa độ K thỏa mãn hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+2=0\\ x-y-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=-\frac{5}{2}\end{array}\right.$

Do đó tọa độ $K\left(\frac{1}{2};-\frac{5}{2}\right)$.

Ta có K là trung điểm NN’.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{x}_{N^{\text{'}}}=2x_K-x_N=2.\frac{1}{2}+2=3\\ y_{N^{\text{'}}}=2y_K-y_N=2.\left(-\frac{5}{2}\right)-0=-5\end{array}\right.$

Do đó tọa độ N’(3; –5).

Với R(1; –2), ta có $\overrightarrow{N^{\text{'}}R}=\left(-2;3\right)$.

Đường thẳng ∆3 có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{N^{\text{'}}R}=\left(-2;3\right)$.

Suy ra ∆3 có vectơ pháp tuyến ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_3}=\left(3;2\right)$.

Vậy đường thẳng ∆3 đi qua N’(3; –5) và nhận ${\overrightarrow{n}}_{{\Delta }_3}=\left(3;2\right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:

3(x – 3) + 2(y + 5) = 0 hay 3x + 2y + 1 = 0.