Phép quay

Phép quay tâm $O$ góc quay $\alpha  \ne k2\pi ,k \in Z$ biến điểm $O$ thành chính nó.

Ta có: ${\overrightarrow n _a} = \left( {2;1} \right),{\overrightarrow n _b} = \left( {1; - 2} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _a}.{\overrightarrow n _b} = 0 \Rightarrow a \bot b$

Do đó tồn tại phép quay góc ${90^0}$ biến đường thẳng này thành đường thẳng kia

Phép quay tâm $O$ biến điểm $A\left( {1;0} \right)$ thành điểm $A'\left( {0;1} \right)$ là phép quay tâm $O$ góc ${90^0}$

Gọi $M'\left( {x';y'} \right)$ là ảnh của điểm $M\left( {1; - 1} \right)$ qua phép quay tâm $O$ góc ${90^0}$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x' = 1.\cos {90^0} + 1.\sin {90^0}\\y' = 1.\sin {90^0} - 1.\cos {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 1\\y' = 1\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {1;1} \right)$

${Q_{\left( {O;{{240}^0}} \right)}}\left( A \right) = B,{Q_{\left( {O;{{240}^0}} \right)}}\left( {A'} \right) = B' \Rightarrow {Q_{\left( {O;{{240}^0}} \right)}}\left( {AA'} \right) = BB'$

Ta dễ thấy chỉ có phép quay tâm $I$ góc quay $\varphi  =  - \pi$ biến $d$ thành $m$ sao cho $d//m$ .

Hiển nhiên A đúng.

${D_O}\left( A \right) = A' \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}OA = OA'\\\left[ \begin{array}{l}\widehat {AOA'} = {180^0}\\\widehat {AOA'} =  - {180^0}\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow {D_O} = {Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}} = {Q_{\left( {O; - {{180}^0}} \right)}} \Rightarrow$ B và D đúng.

Ảnh của hai phép quay tâm $O$ góc quay ${90^0}$ và phép quay tâm $O$ góc quay $- {90^0}$ đối xứng nhau qua $O$.

A sai vì thiếu điều kiện $OM = OM'$

C sai, phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì nên phép quay là 1 phép dời hình.

D hiển nhiên sai vì $OM = OM'$

Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( {2;0} \right)$ , bán kính $R = \sqrt {{2^2} + {0^2} - 1}  = \sqrt 3$

${Q_{\left( {O; - {{90}^0}} \right)}}\left( I \right) = I'\left( {0; - 2} \right) \Rightarrow {Q_{\left( {O; - {{90}^0}} \right)}}:\,\,\left( C \right)\,\, \mapsto \,\,\left( {C'} \right)$ có tâm $I'\left( {0; - 2} \right)$ và bán kính $R' = R = \sqrt 3$

Vậy phương trình đường tròn $\left( {C'} \right)$ là: ${\left( {x - 0} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 3$

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( A \right) = F\\{Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( B \right) = A\\{Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( O \right) = O\end{array} \right. \Rightarrow {Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( {ABO} \right) = FAO\\\left\{ \begin{array}{l}{T_{\overrightarrow {OC} }}\left( F \right) = O\\{T_{\overrightarrow {OC} }}\left( A \right) = B\\{T_{\overrightarrow {OC} }}\left( O \right) = C\end{array} \right. \Rightarrow {T_{\overrightarrow {OC} }}\left( {FAO} \right) = OBC\end{array}$

$\Rightarrow \Delta AOB\xrightarrow{{{Q}_{\left( O;{{60}^{0}} \right)}}}\Delta FAO\xrightarrow{{{T}_{\overrightarrow{OC}}}}\Delta OBC$

Gọi đường thẳng cần tìm là $\Delta$, ta có: ${Q_{\left( {I;\pi } \right)}}:\,\,\Delta \,\, \mapsto \,\,d \Rightarrow {Q_{\left( {I; - \pi } \right)}}:\,\,d\,\, \mapsto \,\,\Delta$

Ta lấy hai điểm bất kì thuộc $d$ và tìm ảnh của hai điểm đó qua phép quay $Q\left( {I; - \pi } \right)$

Lấy $A\left( {0;4} \right);B\left( { - 4;0} \right) \in d$

Gọi $A',B'$ lần lượt là ảnh của $A$ và $B$ qua phép quay $Q\left( {I; - \pi } \right)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}IA = IA'\\\widehat {AIA'} =  - {180^0}\end{array} \right. \Rightarrow$ I là trung điểm của  $AA' \Rightarrow A'\left( {0;2} \right)$

Tương tự ta có $I$ là trung điểm của  $BB' \Rightarrow B'\left( {4;6} \right)$

Vậy phương trình đường thẳng $\Delta$ đi qua $A$ và $B$ là : $\dfrac{{x - 0}}{{4 - 0}} = \dfrac{{y - 2}}{{6 - 2}} \Leftrightarrow \dfrac{x}{4} = \dfrac{{y - 2}}{4} \Leftrightarrow x - y + 2 = 0$

$Q\left( {O;{{90}^0}} \right)$ biến đường thẳng $d$ thành đường thẳng $d'$  và $d' \bot d$, khi đó phương trình $d'$  có dạng $x + 3y + c = 0$

Lấy $A\left( {0;1} \right) \in d$, gọi $A'$ là ảnh của $A$ qua $Q\left( {O;{{90}^0}} \right) \Rightarrow A'\left( { - 1;0} \right)$ và $A' \in d' \Rightarrow  - 1 + 3.0 + c = 0 \Leftrightarrow c = 1$

Vậy phương trình đường thẳng $d'$ là $x + 3y + 1 = 0$.

${Q_{\left( {I;2017\pi } \right)}} = {Q_{\left( {I;\pi } \right)}}$ là phép đối xứng tâm $I$, do đó để phép đối xứng tâm $I$ biến đường thẳng $d$ thành chính nó thì $I \in d$, xét bốn đáp án ta thấy chỉ có đáp án D, điểm $I\left( {0;1} \right) \in d$.

Phép quay và phép tịnh tiến đều là phép dời hình, do đó các đáp án A, C, D đúng.

Đáp án B sai vì phép quay có góc quay $90^0$ biến đường thẳng thành đường thẳng vuông góc với nó.

${Q_{\left( {C;\pi } \right)}}\left( A \right) = A',\,\,{Q_{\left( {C;\pi } \right)}}\left( B \right) = B' \Rightarrow {Q_{\left( {C;\pi } \right)}}\left( {AB} \right) = A'B' \Rightarrow A'B' = AB$

Xét tam giác cân $OAB$ có $\widehat {AOB} = \dfrac{{{{360}^0}}}{5} = {72^0}$

Áp dụng định lí Cosin ta có :

$\begin{array}{l}A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2.OA.OB.\cos \widehat {AOB}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {a^2} + {a^2} - 2{a^2}.\cos {72^0} = 2{a^2}\left( {1 - \cos {{72}^0}} \right) = 2{a^2}.2{\sin ^2}{36^0} = 4{a^2}{\sin ^2}{36^0}\\ \Rightarrow AB = 2a\sin {36^0} \Rightarrow A'B' = 2a\sin {36^0}\end{array}$

${Q_{\left( {O;\dfrac{\pi }{4}} \right)}}\left( A \right) = A',{Q_{\left( {O;\dfrac{\pi }{4}} \right)}}\left( B \right) = B',{Q_{\left( {O;\dfrac{\pi }{4}} \right)}}\left( C \right) = C',{Q_{\left( {O;\dfrac{\pi }{4}} \right)}}\left( D \right) = D'$ như hình vẽ.

Ta có: $OA' = OA = \sqrt 2  \Rightarrow A'H = \sqrt 2  - 1$

Dễ thấy tam giác $A'EF$  là tam giác vuông cân tại $A'$  $\Rightarrow EF = 2A'H = 2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)$

$\Rightarrow {S_{\Delta A'EF}} = \dfrac{1}{2}A'H.EF = \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt 2  - 1} \right).2\left( {\sqrt 2  - 1} \right) = {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2}$

Vậy diện tích hình vuông $A'B'C'D'$  nằm ngoài hình vuông $ABCD$ là $S = 4{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2} = 4\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = 12 - 8\sqrt 2$

Phép quay ${Q_{\left( {I,{{180}^o}} \right)}}$  biến ${\Delta _3}$ thành chính nó, do đó $I \in {\Delta _3} \Rightarrow I\left( {a;1} \right)$

Lấy điểm $A\left( {0;1} \right) \in {\Delta _1};{Q_{\left( {I;{{180}^0}} \right)}}\left( A \right) = A' \Rightarrow I$ là trung điểm của  $AA' \Rightarrow A'\left( {2a;1} \right)$

Phép quay ${Q_{\left( {I,{{180}^o}} \right)}}$ là phép đối xứng tâm $I$, biến ${\Delta _1}\,\, \mapsto \,\,{\Delta _2} \Rightarrow A' \in {\Delta _2}$, thay vào ta có:

$2.2a - 1 + 2 = 0 \Leftrightarrow 4a + 1 = 0$ $\Leftrightarrow a =  - \dfrac{1}{4}$

Vậy $I\left( { - \dfrac{1}{4};1} \right)$