Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn các dạng bài tập về phép quay có đáp án rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về dạng bài tập phép quay cũng như bài tập về phép quay lớp 11 nâng cao chi tiết bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 và đạt được thành tích cao trong học tập nhé!
DẠNG 1: KHAI THÁC ĐỊNH NGHĨA, TÍNH CHẤT VÀ ỨNG DỤNG PHÉP QUAY
Bài tập 1: Tìm góc quay $\alpha $
Cho hình vuông $ABCD$ tâm $O$. Phép quay tâm O, góc quay $\alpha $ bằng bao nhiêu biến hình vuông $ABCD$ thành chính nó.
A. $\alpha =\frac{\pi }{2}$. B. $\alpha =\frac{\pi }{6}$. C. $\alpha =\frac{\pi }{3}$. D. $\alpha =\frac{\pi }{4}$.
Lời giải
Chọn A
Trước hết ta có nhận xét: Một phép biến hình, biến hình vuông thành chính nó nếu ảnh của một đỉnh bất kì trong 4 đỉnh của hình vuông là một trong bốn đỉnh hình vuông đó.
Gọi $A’$ là ảnh của $A$ qua phép quay tâm $O$, góc quay $\alpha $. Theo giả thiết thì vị trí của $A’$ phải trùng 1 trong các vị trí của 3 điểm còn lại.
Thử các đáp án, ta thấy chỉ có đáp án $A$ là thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ${A}’\equiv B$. Suy ra, chọn $A$
Bài tập 2:
Trong các chữ cái và số sau, dãy các chữ cái và số khi ta thực hiện phép quay tâm $A$, góc quay $180{}^\circ $ thì ta được một phép đồng nhất ($A$ là tâm đối xứng của các chữ cái hoặc số đó).
A. $X,L,6,1,U$. B. $O,Z,V,9,5$. C. $X,I,O,8,S$. D. $H,J,K,4,8$.
Lời giải:
Đáp án C.
Ta có: ${{Q}_{\left( A,180{}^\circ \right)}}\left( X \right)=X;$ ${{Q}_{\left( A,180{}^\circ \right)}}\left( I \right)=I;$ ${{Q}_{\left( A,180{}^\circ \right)}}\left( O \right)=O;$
${{Q}_{\left( A,180{}^\circ \right)}}\left( 8 \right)=8;$ ${{Q}_{\left( A,180{}^\circ \right)}}\left( S \right)=S.$
Bài tập 3: Tìm ảnh của tam giác $AMN$ qua phép quay tâm $O$ góc quay $90{}^\circ $
Cho hình vuông $ABCD$ tâm $O$, $M$ là trung điểm của $AB$, $N$ là trung điểm của $OA$. Tìm ảnh của tam giác $AMN$ qua phép quay tâm $O$ góc quay $90{}^\circ $.
A. $\Delta B{M}'{N}’$ với ${M}’,{N}’$ lần lượt là trung điểm của $BC,\,OB$.
B. $\Delta C{M}'{N}’$ với ${M}’,{N}’$ lần lượt là trung điểm của $BC,\,OC$.
C. $\Delta D{M}'{N}’$ với ${M}’,{N}’$ lần lượt là trung điểm của $DC,\,OD$.
D. $\Delta D{M}'{N}’$ với ${M}’,{N}’$ lần lượt là trung điểm của $AD,\,OD$.
Lời giải:
Đáp án D.
Ta có: ${{Q}_{\left( O,90{}^\circ \right)}}\left( A \right)=D$
${{Q}_{\left( O,90{}^\circ \right)}}\left( M \right)={M}’$ là trung điểm $AD$.
${{Q}_{\left( O,90{}^\circ \right)}}\left( N \right)={N}’$ là trung điểm $OD$.
Bài tập 4: Xác định phép biến đổi
Cho hình vuông$ABCD$ có cạnh $\sqrt{2}$ và có các đỉnh vẽ theo chiều dương. Các đường chéo cắt nhau tại $I$. Trên cạnh $BC$ lấy $BJ=1$. Xác định phép biến đổi $\overrightarrow{AI}$ thành $\overrightarrow{BJ}$ biết $O$ là tâm quay.
A. $\overrightarrow{BJ}={{Q}_{\left( O,45{}^\circ \right)}}\left( \overrightarrow{AI} \right)$. B. $\overrightarrow{BJ}={{Q}_{\left( O,-45{}^\circ \right)}}\left( \overrightarrow{AI} \right)$.
C. $\overrightarrow{BJ}={{Q}_{\left( O,135{}^\circ \right)}}\left( \overrightarrow{AI} \right)$. D. $\overrightarrow{BJ}={{Q}_{\left( O,-135{}^\circ \right)}}\left( \overrightarrow{AI} \right)$.
Lời giải:
Đáp án A.
Ta có: $AI=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1\Rightarrow AI=BJ$ lại có $\left( AI,BJ \right)=45{}^\circ $
$\Rightarrow BJ={{Q}_{\left( O,45{}^\circ \right)}}\left( AI \right)$ tâm $O$ là giao điểm của trung trực $AB$ và cung chứa góc $45{}^\circ $ đi qua $A,B$$\Rightarrow $$\overrightarrow{BJ}={{Q}_{\left( O,45{}^\circ \right)}}\left( \overrightarrow{AI} \right)$.
Xem thêm: Tổng hợp bài tập phép dời hình lớp 11
Bài tập 5: Tìm tập hợp điểm $N$ sao cho tam giác $MON$ đều
Cho đường thẳng $d$ và điểm $O$ cố định không thuộc $d$, $M$là điểm di động trên $d$. Tìm tập hợp điểm $N$ sao cho tam giác $MON$ đều.
A. $N$ chạy trên ${d}’$ là ảnh của $d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O,60{}^\circ \right)}}$.
B. $N$ chạy trên ${d}’$ là ảnh của $d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O,-60{}^\circ \right)}}$.
C. $N$ chạy trên ${d}’$ và ${{d}’}’$ lần lượt là ảnh của $d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O,60{}^\circ \right)}}$và ${{Q}_{\left( O,-60{}^\circ \right)}}$.
D. $N$ là ảnh của $O$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O,60{}^\circ \right)}}$.
Lời giải:
Đáp án C
$\Delta OMN$ đều$\Rightarrow OM=ON$và $\widehat{NOM}={{60}^{0}}$
Vì vậy khi chạy trên $d$thì $N$ chạy trên $d’$ là ảnh của $d$qua ${{Q}_{\left( O{{,60}^{0}} \right)}}$ và $N$ chạy trên $d”$ là ảnh của $d$ qua ${{Q}_{\left( O,-{{60}^{0}} \right)}}$.
Bài tập 6: Có bao nhiêu phép quay góc thỏa mãn điều kiện
Cho hai đường tròn cùng bán kính $\left( O \right)$ và $\left( O’ \right)$ tiếp xúc ngoài nhau. Có bao nhiêu phép quay góc $90{}^\circ $ biến hình tròn $\left( O \right)$ thành $\left( O’ \right)$?
A. $0$. B. $1$. C. $2$. D. Vô số.
Lời giải:
Đáp án B.
Gọi $I$ là tâm của phép quay, ${{I}_{1}},\,{{I}_{2}}$ là tâm các đường tròn $\left( O \right)$ và $\left( {{O}’} \right)$.
${{Q}_{\left( I{{,90}^{0}} \right)}}\left( {{I}_{1}} \right)={{I}_{2}}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & I{{I}_{1}}=I{{I}_{2}} \\ & \left( I{{I}_{1}},I{{I}_{2}} \right)={{90}^{0}} \\\end{align} \right.$. Vậy chỉ có 1 phép quay thỏa mãn.
Bài tập 7: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau
Cho hình vuông $ABCD$, $M\in BC$, $K\in DC$ sao cho $\widehat{BAM}=\widehat{MAK}$. Khi đó mệnh đề nào sau đây là đúng?
A. $AD=AK-KD$. B. $AB=AM+DK$. C. $AK=BM+KD$. D. $AM=BM+AB$.
Lời giải:
Đáp án C.
Ta có: ${{Q}_{\left( A{{,90}^{0}} \right)}}:\,B\to D;\,{{Q}_{\left( A{{,90}^{0}} \right)}}:\,M\to {M}’\Rightarrow {{Q}_{\left( A{{,90}^{0}} \right)}}:\,BM\to D{M}’\Rightarrow BM=D{M}’$.
Vậy, $BM+KD=D{M}’+KD$.
Cần chứng minh: ${M}’,\,D,\,K$ thẳng hàng và $\Delta AK{M}’$ cân tại $K$$\Rightarrow D{M}’+KD=K{M}’$.
Thật vậy: ${{Q}_{\left( A{{,90}^{0}} \right)}}\left( BM \right)=D{M}’\Rightarrow BM\bot D{M}’$. Mà $BM\text{ // }AD\Rightarrow AD\bot D{M}’\Rightarrow \widehat{AD{M}’}={{90}^{0}}$
${M}’,\,D,\,K$ thẳng hàng.
Ta có: ${{Q}_{\left( A{{,90}^{0}} \right)}}:\,\Delta ABM\to \,\Delta AD{M}’\Rightarrow \widehat{{{M}_{1}}}=\widehat{{{M}_{1}}^{\prime }}$.
Có: $\widehat{{M}’AK}+\widehat{{{A}_{1}}}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{{M}’AK}+\widehat{{{A}_{3}}}={{90}^{0}}$ (do $\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{A}_{3}}}$) $\Rightarrow \widehat{{M}’AK}=\widehat{{{M}_{1}}}\Rightarrow \Delta AKM$ cân tại $K$
$\Rightarrow K{M}’=KD+D{M}’=KA\Rightarrow KD+BM=AK$
DẠNG 2. XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA ĐIỂM, ĐƯỜNG THẲNG QUA PHÉP QUAY BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Bài tập 1: Tìm điểm ảnh của điểm M qua phép quay tâm $O\left( 0;0 \right)$, góc quay ${{45}^{0}}$
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho điểm $M\left( 1;1 \right).$ Hỏi điểm nào sau đây là ảnh của điểm $M$ qua phép quay tâm $O\left( 0;0 \right)$, góc quay ${{45}^{0}}$?
A. $M’\left( 0;\sqrt{2} \right)$. B. $M’\left( \sqrt{2};0 \right)$. C. $M’\left( 0;1 \right)$. D. $M’\left( 1;-1 \right)$.
Lời giải:
Đáp án A
${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}:M\left( x;y \right)\to M’\left( x’;y’ \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align} & x’=x\cos \varphi -\text{y}\sin \varphi \\ & y’=x\sin \varphi +\text{y}\cos \varphi \\ \end{align} \right.$
Cách 1: Theo biểu thức tọa độ$:\left\{ \begin{align} & x’=0 \\ & y’=\sqrt{2} \\\end{align} \right.\Rightarrow M’\left( 0;\sqrt{2} \right)$
Góc giữa 2 vecto: $\text{cos}\varphi =\frac{xx’+yy’}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}.\sqrt{x{{‘}^{2}}+y{{‘}^{2}}}}$
Cách 2: ${{Q}_{\left( O;{{45}^{0}} \right)}}M\left( x;y \right)\to M’\left( x’;y’ \right)\Leftrightarrow =\left\{ \begin{align} & OM=OM’ \\ & \left( OM,OM’ \right)={{45}^{0}} \\\end{align} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{x{{‘}^{2}}+y{{‘}^{2}}} \\ & \text{cos4}{{\text{5}}^{0}}=\frac{x’+y’}{\sqrt{2}\sqrt{x{{‘}^{2}}+y{{‘}^{2}}}} \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x{{‘}^{2}}+y{{‘}^{2}}=2 \\ & x’+y’=\sqrt{2} \\ \end{align} \right.$
Giải hệ trên $\Rightarrow $$M’\left( 0;\sqrt{2} \right)$
Bài tập 2: Tìm ảnh $d$ của $d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}$ với $O$ là gốc tọa độ
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d$ có phương trình $5x-3y+15-0$. Tìm ảnh $d$ của $d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}$ với $O$ là gốc tọa độ.?
A. $5x-3y+6=0$. B. $3x+5y+15=0$. C. $5x+y-7=0$. D. $-3x+5y+7=0$.
Lời giải:
Đáp án B
Cách 1: Chọn $A\left( 0;5 \right)\in d$, $B\left( -3;0 \right)\in d’$
${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}\left( A \right)=A’\left( -5;0 \right)\in d’$
${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}\left( B \right)=B’\left( 0;-3 \right)\in d’$
Đường thẳng $d$ là đường thẳng$AB:3x+5y+15=0$
Cách 2: Vì góc quay là ${{90}^{0}}\Rightarrow d\bot d’\Rightarrow d’$ có dạng $3x+5y+c=0$
Chọn $A\left( 0;5 \right)\in d$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}$ ta được $A\left( -5;0 \right)\in d’\Rightarrow c=15$
Cách 3: Sử dụng quỹ tích
Với mọi điểm $M\left( x;y \right)\in d$ ta có ${{Q}_{\left( O{{,90}^{0}} \right)}}\left( M \right)=M’\left( x’;y’ \right)\in d’$
Từ biểu thức tọa độ $\left\{ \begin{align} & x’=-y \\ & y’=x \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=y’ \\ & y=-x’ \\\end{align} \right.$.Thế $x,y$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta được $d$:
$d’:3x+5y+15=0$
Bài tập 3: Tìm ảnh của $d$ qua ${{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$
Cho $I\left( 2;1 \right)$ và đường thẳng $d:2x+3y+4=0$. Tìm ảnh của $d$ qua ${{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$.
A. $d’:-x+5y-3+\sqrt{2}=0$ B. $d’:-x+5y-3=0$
C. $d’:-x+5y-10\sqrt{2}=0$ D. $d’:-x+5y-3+10\sqrt{2}=0$
Hướng dẫn giải
Chọn D.
+ Lấy hai điểm $M\left( -2;0 \right);N\left( 1;-2 \right)$ thuộc $d$.
Gọi $M’\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),N’\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là ảnh của $M,N$ qua ${{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$
Ta có $\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=2+\left( -2-2 \right)\cos {{45}^{0}}-\left( 0-1 \right)\sin {{45}^{0}} \\ & {{y}_{1}}=1+\left( -2-2 \right)\sin {{45}^{0}}+\left( 0-1 \right)\cos {{45}^{0}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=2-\frac{3\sqrt{2}}{2} \\ & {{y}_{1}}=1-\frac{5\sqrt{2}}{2} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow M’\left( 2-\frac{3\sqrt{2}}{2};1-\frac{5\sqrt{2}}{2} \right)$.
Tương tự:
$\left\{ \begin{align} & {{x}_{2}}=2+\left( 1-2 \right)\cos {{45}^{0}}-\left( -2-1 \right)\sin {{45}^{0}} \\ & {{y}_{2}}=1+\left( 1-2 \right)\sin {{45}^{0}}+\left( -2-1 \right)\cos {{45}^{0}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{2}}=2+\sqrt{2} \\ & {{y}_{2}}=1-2\sqrt{2} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow N’\left( 2+\sqrt{2};1-2\sqrt{2} \right)$.
+ Ta có $\overrightarrow{M’N’}=\left( \frac{5\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left( 5;1 \right)$.
Gọi $d’={{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}\left( d \right)$ thì $d’$ có VTCP $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{M’N’}=\left( 5;1 \right)\Rightarrow VTPT\text{ }\overrightarrow{n}=\left( -1;5 \right)$
Phương trình:$d’:-\left( x-2-\sqrt{2} \right)+5\left( y-1+2\sqrt{2} \right)=0\Leftrightarrow -x+5y-3+10\sqrt{2}=0$.
Bài tập 4: Viết phương trình đường tròn
Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường tròn $\left( {{C}’} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x+10y+4=0$. Viết phương trình đường tròn $\left( C \right)$ biết $\left( {{C}’} \right)$ là ảnh của $\left( C \right)$ qua phép quay với tâm quay là gốc tọa độ $O$ và góc quay bằng $270{}^\circ $.
A. $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-10x-4y+4=0$. B. $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+10x+4y+4=0$.
C. $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+10x-4y+4=0$. D. $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-10x+4y+4=0$.
Lời giải
Chọn A
Đường tròn $\left( {{C}’} \right)$ có tâm ${I}’\left( 2;\,-5 \right)$, bán kính ${R}’=\sqrt{4+25-4}=5$.
Ta có $\left( {{C}’} \right)={{Q}_{\left( O,\,270{}^\circ \right)}}\left( \left( C \right) \right)$ $\Leftrightarrow $ $\left( {{C}’} \right)={{Q}_{\left( O,\,-90{}^\circ \right)}}\left( \left( C \right) \right)$ $\Leftrightarrow $ $\left( C \right)={{Q}_{\left( O,\,90{}^\circ \right)}}\left( \left( {{C}’} \right) \right)$.
Do đó $I={{Q}_{\left( O,\,90{}^\circ \right)}}\left( {{I}’} \right)$. Vì đây là phép quay $90{}^\circ $ nên $\left\{ \begin{align} & {{x}_{I}}=-{{y}_{{{I}’}}}=5 \\ & {{y}_{I}}={{x}_{{{I}’}}}=2 \\\end{align} \right.$, suy ra $I\left( 5;\,2 \right)$.
Bán kính đường tròn $\left( C \right)$ là $R={R}’=5$.
Vậy $\left( C \right):{{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=25$ $\Leftrightarrow $ $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-10x-4y+4=0$.
Bài tập 5: Viết phương trình đường tròn thỏa mản điều kiện
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, viết phương trình đường tròn $\left( C \right)$ là ảnh của $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+4y-4=0$ qua phép quay${{Q}_{\left( O,-\frac{\pi }{2} \right)}}$.
A. ${{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=9$. B. ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9.$
C. $\left( x-2 \right){{3}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=9.$ D. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=9.$
Lời giải:
Đáp án A
Cách 1: Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( 1;-2 \right)$, bán kính $R=3$.
${{Q}_{\left( O,-\frac{\pi }{2} \right)}}\left( I \right)=I’\Rightarrow I’\left( -2;-1 \right)$
Đường tròn $\left( C’ \right)$ có tâm $I’\left( -2;-1 \right)$, bán kính $R’=R=3$ có phương trình: ${{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=9$
Cách 2: Phương pháp quỹ tích
Ta có ${{Q}_{\left( O,-\frac{\pi }{2} \right)}}:M\left( x;y \right)\to M’\left( x’;y’ \right)$ với $\forall M\in \left( C \right)\Rightarrow M’\in \left( C’ \right)$
Từ biểu thức tọa độ $\left\{ \begin{align} & x’=y \\ & y’=-x \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x=-y’ \\ & y=x’ \\\end{align} \right.$
Thế vào $\left( C \right):{{\left( -y’ \right)}^{2}}+{{\left( x’ \right)}^{2}}+2y’+4x’-4=0$
$\begin{align} & \Leftrightarrow {{\left( x’ \right)}^{2}}+{{\left( y’ \right)}^{2}}+4x’+2y’-4=0 \\ & \Leftrightarrow {{\left( x’+2 \right)}^{2}}+{{\left( y’+1 \right)}^{2}}=9 \\\end{align}$
Bài tập 6: Tìm số đo góc quay
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho hai đường thẳng $a$ và $b$ có phương trình lần lượt là $4x+3y+5=0$ và $x+7y-4=0.$ Nếu có phép quay biến đường thẳng này thành đường thẳng kia thì số đo của góc quay $\varphi $ $\left( 0\le \varphi \le 180{}^\circ \right)$ là:
A. $120{}^\circ $. B. $45{}^\circ $. C. $60{}^\circ $. D. $90{}^\circ $.
Lời giải
Chọn B
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|=\frac{\left| 4.1+3.7 \right|}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{3}^{2}}}\sqrt{{{1}^{2}}+{{7}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \alpha =45{}^\circ $.
Vậy $\varphi =45{}^\circ $.
Xem thêm:
