Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(–4; 2), B(–4; 5) và C(–1; 3).

a) Chứng minh các điểm A’(2; 4), B’(5; 4) và C’(3; 1) theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Gọi ∆A₁B₁C₁ là ảnh của ∆ABC qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện phép quay tâm O với góc quay –90° và phép đối xứng qua Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆A₁B₁C₁.

a)

Với A(–4; 2) và A’(2; 4), ta có $\overrightarrow{OA}=\left(-4;2\right),\overrightarrow{O{A}^{\text{'}}}=\left(2;4\right),\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}=\left(6;2\right)$.

Do đó $OA=O{A}^{\text{'}}=2\sqrt{5}$ và $A{A}^{\text{'}}=2\sqrt{10}$.

Suy ra $\cos \widehat{AO{A}^{\text{'}}}=\frac{O{A}^2+O{A^{\text{'}}}^2-A{A^{\text{'}}}^2}{2.OA.O{A}^{\text{'}}}=\frac{{\left(2\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2-{\left(2\sqrt{10}\right)}^2}{2.2\sqrt{5}.2\sqrt{5}}=0$.

Do đó $\widehat{AO{A}^{\text{'}}}=90°$.        

Mà khi quay đoạn OA (với tâm O) theo hướng cùng chiều kim đồng hồ một góc 90° thì ta được đoạn OA’. Tức là, phép quay có góc quay lượng giác theo chiều âm một góc 90°.

Vì vậy góc lượng giác (OA, OA’) = –90°.

Vậy A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

Chứng minh tương tự, ta thu được B’, C’ theo thứ tự là ảnh của B, C qua phép quay tâm O với góc quay –90°.

b) Từ câu a, ta có phép quay tâm O, góc quay –90° biến ∆ABC thành ∆A’B’C’.

Ta có: ∆A1B1C1 là ảnh của ∆A’B’C’ qua phép đối xứng trục Ox nên:

• A1 = ĐOx(A’), do đó hai điểm A1­ và A’(2; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra A1(2; –4).

• B1 = ĐOx(B’), do đó hai điểm B1­ và B’(5; 4) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra B1(5; –4).

• C1 = ĐOx(C’), do đó hai điểm C1­ và C’(3; 1) có cùng hoành độ và có tung độ đối nhau, suy ra C1(3; –1).

Vậy tọa độ các đỉnh của ∆A1B1C1 thỏa mãn yêu cầu bài toán là A1(2; –4), B1(5; –4), C1(3; –1).