Phép quay

Các góc quay để biến tam giác đều thành chính nó là \(0;\dfrac{{2\pi }}{3};\dfrac{{4\pi }}{3};2\pi .\)

Do $0 \le \alpha  < 2\pi $ nên ta có các góc quay \(0;{\rm{ }}\dfrac{{2\pi }}{3};{\rm{ }}\dfrac{{4\pi }}{3}.\)

Vì với góc quay khác \(k\pi {\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) thì hai vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\overrightarrow {A'M'} \) không cùng phương \( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  \ne \overrightarrow {A'M'} .\)

Gọi $A'\left( {x;y} \right).$ Ta có ${Q_{\left( {O,\dfrac{\pi }{2}} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}OA = OA'\\\left( {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OA'} } \right) = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right..$

Vì $A\left( {3;0} \right) \in Ox \Rightarrow A'\left( {0;y} \right) \in Oy$ là ảnh của \(A\) qua phép quay tâm \(O\) góc quay \(\dfrac{\pi }{2}\).

Mà $OA = OA' \Rightarrow \left| y \right| = 3.$

Do góc quay $\varphi  = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow y > 0$.

Vậy $A'\left( {0;3} \right)$.

Từ giả thiết, kết hợp với hình vẽ ta thấy góc quay là \(\dfrac{\pi }{2}\).

Khi đó phép quay tâm \(O\) góc quay \(\dfrac{\pi }{2}\) biến điểm \(M\left( {1; - 1} \right)\) thành điểm \(M'\left( {1;1} \right).\)

Do $0 \le \alpha  < 2\pi $ nên ta có các góc quay \(0;\dfrac{\pi }{2};\pi ;\dfrac{{3\pi }}{2}.\)

Do $0 \le \alpha  < 2\pi $ nên ta có các góc quay \(0;\pi .\)

Đường thẳng \(a:4x + 3y + 5 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_a}}  = \left( {4;3} \right).\)

Đường thẳng \(b:x + 7y - 4 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_b}}  = \left( {1;7} \right).\)

Góc \(\alpha \) là góc tạo bởi \(a\) và \(b\) ta có

\(\cos \alpha  = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_a}} ,\overrightarrow {{n_b}} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {4.1 + 3.7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} \sqrt {{1^2} + {7^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha  = {45^0}.\)

Vậy \(\varphi  = {45^0}.\)

Ta có $M$ thuộc tia $Ox$, \(N\) thuộc tia $Oy$$ \Rightarrow \varphi  = 90^\circ .$

Từ giả thiết suy ra \(ABC\) là nữa tam giác đều, do đó \(AC = 2AB.\)

Xép phép quay tâm \(A\) góc quay \({60^0}\), ta có:

\( \bullet \) Biến \(B\) thành \(K;\)

\( \bullet \) Biến \(C\) thành \(D.\)

Vậy ảnh của \(BC\) là \(KD.\)

Tâm quay là điểm cách đều hai đường thẳng.

Vì phép quay bảo toàn khoảng cách nên $OM' = OM.$

Xét phép quay tâm \(A\) góc quay \({60^0}:\)

\( \bullet \) Biến \(C\) thành \(B;\)

\( \bullet \) Biến \(D\) thành \(C.\)

Vậy ảnh của \(CD\) là \(BC.\)

Phép quay tâm \(O\) góc quay \(\alpha  = k2\pi \) biến một điểm bất kì thành chính nó.

Trên mặt phẳng có vô số điểm và vô số điểm đó đều biến thành chính nó qua phép quay trên.

Vậy có vô số điểm thỏa mãn bài toán.

Bước 1:

Vì \(ABCDE\) là ngũ giác đều tâm \(I\)  nên \(IA = IB = IC = ID = IE\) và \(\widehat {CID} = \widehat {DIE} = \widehat {EIA} = \widehat {AIB} = \widehat {BIC}\)\( = \dfrac{{360^\circ }}{5} = 72^\circ \)

Bước 2:

Từ đó ta có \({Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( C \right) = E;{Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( D \right) = A\)\( \Rightarrow {Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( {CD} \right) = EA\)  nên A đúng

\({Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( A \right) = B;{Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( B \right) = C\)\( \Rightarrow {Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( {AB} \right) = BC\) nên B đúng.

\({Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( A \right) = B;{Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( E \right) = A\)\( \Rightarrow {Q_{\left( {I;72^\circ } \right)}}\left( {AE} \right) = BA\) nên C đúng.

\({Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( B \right) = D;{Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( C \right) = E\)\( \Rightarrow {Q_{\left( {I;144^\circ } \right)}}\left( {BC} \right) = DE\) nên D sai.

Bước 1:

Ta có \(\left( d \right):\,\,3x - y + 1 = 0\) có \(\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {3; - 1} \right)\).

Bước 2:

Lấy \(M\left( {0;1} \right) \in d\); Phép quay \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( M \right) = M'\left( {a;b} \right)\)

Bước 3:

\( \Rightarrow \overrightarrow {OM} \left( {0;1} \right);\,\,\overrightarrow {OM'} \left( {a;b} \right)\)

Bước 4:

Phép quay \({Q_{\left( {O; - 90^\circ } \right)}}\left( d \right) = d'\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_d}} .\overrightarrow {{n_{d'}}}  = 0\\OM' = OM = 1\\\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {OM'}  = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d'}}} \left( {1;3} \right)\\{a^2} + {b^2} = 1\\b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d'}}} \left( {1;3} \right)\\b = 0\\a = 1(do\alpha  =  - 90^\circ )\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_{d'}}} \left( {1;3} \right)\\M'\left( {1;0} \right)\end{array} \right.\)

Bước 5:

Khi đó phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) là \(x + 3y - 1 = 0.\)

Ta thấy phép quay tâm $G$ góc \({120^0}\) biến điểm $A$ thành $B$ , biến điểm $B$ thành $C$ và biến điểm $C$ thành $A$, do đó phép quay tâm $G$ góc \({120^0}\) biến tam giác $ABC$ thành chính nó.

Phép quay tâm $O$ góc \(\alpha \) biến điểm $A$ thành điểm $M$ khi và chỉ khi $OA=OM$ và góc lượng giác $(OA,OM)=\alpha $

Vậy khẳng định a) và c) đúng, khẳng định b) sai vì \(O\) là tâm đường tròn đi qua hai điểm $A,M$, chưa chắc $AM$ là đường kính của đường tròn ấy.

Gọi điểm \(M'\left( {x';y'} \right)\) là ảnh của điểm \(M\left( {1;1} \right)\) qua phép quay tâm $O$ góc \({45^0}\) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}x' = \cos {45^0} - \sin {45^0} = 0\\y' = \sin {45^0} + \cos {45^0} = \sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {0;\sqrt 2 } \right) \equiv B\)

$\begin{array}{l}
{Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( A \right) = D\\
{Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( B \right) = A\\
{Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( C \right) = B\\
{Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( D \right) = C\\
\Rightarrow {Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( {ABCD} \right) = ABCD\\
{Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( A \right) = C\\
{Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( B \right) = D\\
{Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( C \right) = A\\
{Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( D \right) = B\\
\Rightarrow {Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( {ABCD} \right) = ABCD\\
{Q_{\left( {O;{{270}^0}} \right)}}\left( A \right) = B\\
{Q_{\left( {O;{{270}^0}} \right)}}\left( B \right) = C\\
{Q_{\left( {O;{{270}^0}} \right)}}\left( C \right) = D\\
{Q_{\left( {O;{{270}^0}} \right)}}\left( D \right) = A\\
\Rightarrow {Q_{\left( {O;{{270}^0}} \right)}}\left( {ABCD} \right) = ABCD\\
{Q_{\left( {O;{{360}^0}} \right)}}\left( A \right) = A\\
{Q_{\left( {O;{{360}^0}} \right)}}\left( B \right) = B\\
{Q_{\left( {O;{{360}^0}} \right)}}\left( C \right) = C\\
{Q_{\left( {O;{{360}^0}} \right)}}\left( D \right) = D\\
\Rightarrow {Q_{\left( {O;{{360}^0}} \right)}}\left( {ABCD} \right) = ABCD
\end{array}$

Vậy có 4 phép quay cần tìm.