Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về phép quay rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về công thức phép quay, phép quay tâm o góc 90, biểu thức tọa độ phép quay cũng như bài tập về biểu thức tọa độ của phép quay 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!
I. LÝ THUYẾT VỀ PHÉP QUAY
I – Khái niệm phép quay
Cho điểm $I$ và góc $\alpha $, phép biến hình biến điểm $M$ thành ${M}’$ sao cho $\left\{ \begin{align} & I{M}’=IM \\ & \left( IM;I{M}’ \right)=\alpha \\\end{align} \right.$ gọi là phép quay tâm $I$, góc quay $\alpha $. Kí hiệu ${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$.
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}:M\mapsto {M}’\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & I{M}’=IM \\ & \left( IM;I{M}’ \right)=\alpha \\\end{align} \right.$
+ $\alpha >0$ nếu quay theo chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ).
+ $\alpha <0$ nếu quay theo chiều âm (cùng chiều kim đồng hồ).
+ $\alpha =\left( 2k+1 \right)\pi $ phép quay thành phép đối xứng.
+ $\alpha =2k\pi $ phép quay thành phép đồng nhất.
II – Tính chất phép quay
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( M \right)={M}’,{{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( N \right)={N}’\Rightarrow {M}'{N}’=MN$
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( d \right)={d}’$. Khi đó $\left( d,{d}’ \right)=\alpha $ nếu $0<\alpha \le \frac{\pi }{2}$ và $\left( d,{d}’ \right)=\pi -\alpha $ nếu $\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi $.
Biến điểm thành điểm, đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, đường thẳng thành đường thẳng, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.
III – Biểu thức tọa độ
${{Q}_{\left( O;{{90}^{0}} \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=-y \\ & {y}’=x \\\end{align} \right.$
${{Q}_{\left( O;-{{90}^{0}} \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=y \\ & {y}’=-x \\\end{align} \right.$
Trường hợp tổng quát phép quay tâm $O$, góc $\alpha $
${{Q}_{\left( O;\alpha \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\ & {y}’=x\sin \alpha +y\cos \alpha \\\end{align} \right.$
II. BÀI TẬP MẪU DẠNG TOÁN PHÉP QUAY
Bài tập 1: Chứng minh $MNPK$ là hình bình hành
Cho tứ giác lồi $ABCD$. Về phía ngoài tứ giác dựng các tam giác đều $ABM$ và $CDP$. Về phía trong tứ giác, dựng hai tam giác đều $BCN$ và $ADK$. Chứng minh $MNPK$ là hình bình hành.
Lời giải
+) Ta có: ${{Q}_{\left( B{{,60}^{0}} \right)}}(A)=M,\,\,{{Q}_{\left( B{{,60}^{0}} \right)}}(C)=N$.
Suy ra: ${{Q}_{\left( B{{,60}^{0}} \right)}}(AC)=MN\,\Rightarrow MN=AC\,\,\left( 1 \right)$.
+) Ta có: ${{Q}_{\left( D{{,60}^{0}} \right)}}(A)=K,\,\,{{Q}_{\left( D{{,60}^{0}} \right)}}(C)=P$.
Suy ra: ${{Q}_{\left( D{{,60}^{0}} \right)}}(AC)=KP\,\Rightarrow KP=AC\,\,\left( 2 \right)$.
+) Ta có: ${{Q}_{\left( A,\,-{{60}^{0}} \right)}}(B)=M,\,{{Q}_{\left( A,\,-{{60}^{0}} \right)}}(D)=K$.
Suy ra: ${{Q}_{\left( A,\,-{{60}^{0}} \right)}}(BD)=MK\,\Rightarrow MK=BD\,\,\left( 3 \right)$.
+) Ta có: ${{Q}_{\left( C,\,-{{60}^{0}} \right)}}(B)=N,\,{{Q}_{\left( C,\,-{{60}^{0}} \right)}}(D)=P$. Suy ra: ${{Q}_{\left( C,\,-{{60}^{0}} \right)}}(BD)=NP\,\Rightarrow NP=BD\,\,\left( 4 \right)$.
+) Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: $\left\{ \begin{align} & MN=KP \\ & MK=NP \\\end{align} \right..$ Vậy tứ giác $MNPK$ là hình bình hành.
Xem thêm: Lý thuyết và bài tập mẫu phép dời hình
Bài tập 2: Tìm quỹ tích điểm $E$
Cho đường tròn $\left( C \right)$ tâm $O$ đường kính $BC$. Điểm $A$ chạy trên đường tròn đó. Dựng về phía ngoài của tam giác $ABC$ hình vuông $ABEF$. Tìm quỹ tích điểm $E$.
Lời giải
+) Ta có: $\left\{ \begin{align} & BA=BE \\ & \left( BA,BE \right)={{90}^{0}} \\\end{align} \right.\Rightarrow {{Q}_{\left( B{{,90}^{0}} \right)}}(A)=E\,.$
+) Do $A$ chạy trên đường tròn $\left( C \right)$ nên $E$ chạy trên đường tròn $\left( C’ \right)$ là ảnh của đường tròn $\left( C \right)$ qua phép quay ${{Q}_{\left( B{{,90}^{0}} \right)}}$.
+) Vậy quỹ tích điểm $E$ là đường tròn $\left( C’ \right)$.
Ví dụ 2. Cho đường thẳng d và một điểm G không nằm trên d. Với mỗi điểm A nằm trên d a dựng tam giác đều ABC có tâm là G. Tìm quỹ tích điểm B khi A chạy trên d.
Lời giải
+) Do tam giác ABC đều có tâm G nên ta có:
$\left\{ \begin{align} & GA=GB \\ & \left( GA,GB \right)={{120}^{0}} \\\end{align} \right.\Rightarrow {{Q}_{\left( G{{,120}^{0}} \right)}}(A)=B.$
+) Do A chạy trên đường thẳng d nên B chạy trên đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay ${{Q}_{\left( G,\,{{120}^{0}} \right)}}$.
+) Vậy quỹ tích điểm B là đường thẳng d’.
Bài tập 3: Tìm điểm $M$ bên trong tam giác sao cho $MA+MB+MC$ đạt giá trị nhỏ nhất
Cho tam giác $ABC$ nhọn. Tìm điểm $M$ bên trong tam giác sao cho $MA+MB+MC$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Chọn phép quay tâm $A$, góc quay ${{60}^{0}}$.
Ta có: $\left\{ \begin{align} & {{Q}_{\left( A{{,60}^{0}} \right)}}\left( M \right)=N \\ & {{Q}_{\left( A{{,60}^{0}} \right)}}\left( C \right)=D \\\end{align} \right.$ nên: $\left\{ \begin{align} & AM=AN=MN \\ & AC=AD \\ & MC=ND \\\end{align} \right.$.
Suy ra: $MA+MB+MC=MN+MB+ND\ge BD.$
Khi đó: $MA+MB+MC$ đạt GTNN $\Leftrightarrow MA+MB+MC=BD\Leftrightarrow M,N\in BD$.
+) Xác định vị trí điểm $M$: Do $M,N\in BD$ nên ta có: $\left\{ \begin{align} & \widehat{AMB}={{180}^{0}}-{{60}^{0}}={{120}^{0}} \\ & \widehat{AMC}=\widehat{AND}={{180}^{0}}-{{60}^{0}}={{120}^{0}} \\ & \widehat{BMC}={{120}^{0}} \\\end{align} \right.$. Vậy M nhìn các cạnh của tam giác $ABC$ dưới một góc bằng ${{120}^{0}}$.
Bài tập 4:
Bạn Nam và bạn Minh chơi trò chơi xoay Rubic. Nam đố Minh khi xoay tầng thứ nhất để lộ ra tầng thứ hai. Hãy xác định góc $\alpha $ tạo bởi giữa cạnh hình vuông tầng 1 và cạnh hình vuông tầng 2 sao cho giao của hai hình vuông đó có chu vi nhỏ nhất.
Lời giải
Qua phép quay ta có:
$\begin{align} & \Delta {{A}_{1}}EF=\Delta {{C}_{1}}LK\Rightarrow EF=KL,\ {{A}_{1}}E={{C}_{1}}K,\ {{A}_{1}}F={{C}_{1}}L \\ & \Delta {{B}_{1}}GH=\Delta {{D}_{1}}MN\Rightarrow GH=MN,\ {{B}_{1}}G={{D}_{1}}M,\ {{B}_{1}}H={{D}_{1}}N \\ & \Delta BGF=\Delta DML\Rightarrow GF=ML,\ BG=DM,\ BF=DL \\ & \Delta CHK=\Delta ANE\Rightarrow HK=NE,\ CH=NA,\ CK=AE. \\\end{align}$
Suy ra phần giao của hai hình vuông $ABCD,\ {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}$ là bát giác $EFGHKLMN$ có chu vi là:
$y=2(EF+FG+GH+HK)$
Ta có:
$\begin{align} & EF=\sqrt{{{A}_{1}}{{E}^{2}}+{{A}_{1}}{{F}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{A}_{1}}E+{{A}_{1}}F \right) \\ & FG=\sqrt{B{{F}^{2}}+B{{G}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( BF+BG \right) \\ & GH=\sqrt{{{B}_{1}}{{G}^{2}}+{{B}_{1}}{{H}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{B}_{1}}G+{{B}_{1}}H \right) \\ & HK=\sqrt{C{{H}^{2}}+C{{K}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( CH+CK \right) \\\end{align}$
Cộng vế với vế ta có:
$y\ge 2.\frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{A}_{1}}E+{{A}_{1}}F+BF+BG+{{B}_{1}}G+{{B}_{1}}H+CH+CK \right)$
Thay ${{A}_{1}}E={{C}_{1}}K,\ CK=AE$. Ta có:
$y\ge \sqrt{2}\left[ \left( AE+BF \right)+({{A}_{1}}F+{{B}_{1}}G)+(BG+CH)+({{B}_{1}}H+{{C}_{1}}K) \right]$
Gọi $x$ là cạnh hình vuông ta có:
$\begin{align} & y\ge \sqrt{2}\left( x-EF+x-GF+x-GH+x-HK \right) \\ & \Rightarrow y\ge \sqrt{2}\left( 4x-\frac{y}{2} \right)\Rightarrow y\ge 8x\left( \sqrt{2}-1 \right) \\ & \Rightarrow \min \ y=8x\left( \sqrt{2}-1 \right),\ ”=”\ \Leftrightarrow \ EN=x\left( \sqrt{2}-1 \right). \\\end{align}$
( Giao của hai hình vuông là bát giác đều và góc tạo thành giữa $AD$ và ${{A}_{1}}{{D}_{1}}$ hợp với nhau góc
$\alpha ={{45}^{o}}$).
Bài tập 5: Tìm ảnh của $A\left( 1;2 \right)$ qua phép quay sau:
a) ${{Q}_{\left( O;{{45}^{o}} \right)}}$
b) ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$
c) ${{Q}_{\left( O;-{{90}^{o}} \right)}}$
Giải
Gọi ảnh của M là ${M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$
a) Với phép quay ${{Q}_{\left( O;{{45}^{o}} \right)}}$ ta có:
$\left\{ \begin{align} & {x}’=1.\cos {{45}^{o}}-2\sin {{45}^{o}}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ & {y}’=1.\sin {{45}^{o}}+2\cos {{45}^{o}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2} \\\end{align} \right.\Rightarrow {M}’\left( -\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{3\sqrt{2}}{2} \right)$
b) Với phép quay ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$ ta có:
$\left\{ \begin{align} & {x}’=1.\cos {{90}^{o}}-2\sin {{90}^{o}}=-2 \\ & {y}’=1.\sin {{90}^{o}}+2\cos {{90}^{o}}=1 \\\end{align} \right.\Rightarrow {M}’\left( -2;1 \right)$
c) Với phép quay ${{Q}_{\left( O;-{{90}^{o}} \right)}}$ ta có:
$\left\{ \begin{align} & {x}’=1.\cos (-{{90}^{o}})-2\sin (-{{90}^{o}})=2 \\ & {y}’=1.\sin \left( -{{90}^{o}} \right)+2\cos \left( -{{90}^{o}} \right)=-1 \\\end{align} \right.\Rightarrow {M}’\left( 2;-1 \right)$
Bài tập 6: Tìm ảnh của các đường thẳng sau
Tìm ảnh của các đường thẳng sau qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$
a) $2x-y=0$ b) $x+y+2=0$
c) $2x+y-4=0$ d) $y=2$ e) $x=-1$
Giải
a) Gọi ${A}’$ là ảnh của $A\left( 1;2 \right)\in 2x-y=0$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {A}’\left( -2;1 \right),$ mặt khác phương trình đường thẳng ban đầu đi qua gốc tọa độ O nên có ảnh qua phép quay là
$\frac{x-0}{-2-0}=\frac{y-0}{1-0}\Leftrightarrow x+2y=0$
b) Gọi ${A}’,{B}’$ lần lượt là ảnh của 2 điểm $A\left( -2;0 \right),B\left( 0;-2 \right)\in x+y+2=0$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$
$\Rightarrow {A}’\left( 0;-2 \right),{B}’\left( 2;0 \right)$ nên ảnh của đường thẳng qua phép quay là
$\frac{x-0}{2-0}=\frac{y-\left( -2 \right)}{0-\left( -2 \right)}\Leftrightarrow x-y-2=0$
c) Gọi ${A}’,{B}’$ lần lượt là ảnh của 2 điểm $A\left( 0;4 \right),B\left( 2;0 \right)\in 2x+y-4=0$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {A}’\left( -4;0 \right),{B}’\left( 0;2 \right)$ nên ảnh của đường thẳng qua phép quay là
$\frac{x-(-4)}{0-(-4)}=\frac{y-0}{2-0}\Leftrightarrow x-2y+4=0$
d) Gọi ${A}’,{B}’$ lần lượt là ảnh của 2 điểm $A\left( 0;2 \right),B\left( 1;2 \right)\in y=2$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {A}’\left( -2;0 \right),{B}’\left( -2;1 \right)$ nên ảnh của đường thẳng qua phép quay là $x+2=0$
e) Gọi ${A}’,{B}’$ lần lượt là ảnh của 2 điểm $A\left( -1;0 \right),B\left( -1;2 \right)\in x=-1$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {A}’\left( 0;-1 \right),{B}’\left( -2;-1 \right)$ nên ảnh của đường thẳng qua phép quay là $y+1=0$
Bài tập 7: Tìm ảnh của các đường tròn thẳng sau qua phép quay tâm $O$ góc ${{90}^{0}}$
a) ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9$ b) ${{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4$
c) ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x-2y-4=0$ d) ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y-11=0$
Giải
a) ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9$ có tâm $I\left( -1;1 \right)$ bán kính $r=3$
Gọi ${I}’$ là ảnh của tâm $I$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {I}’\left( -1;-1 \right)$
Suy ra ảnh của đường tròn qua phép quay trên là ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=9$.
b) ${{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=4$ có tâm $I\left( 0;2 \right)$ bán kính $r=2$
Gọi ${I}’$ là ảnh của tâm $I$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {I}’\left( -2;0 \right)$
Suy ra ảnh của đường tròn qua phép quay trên là ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=4$.
c) ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-4x-2y-4=0$ có tâm $I\left( 2;1 \right)$ bán kính $r=3$
Gọi ${I}’$ là ảnh của tâm $I$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {I}’\left( -1;2 \right)$
Suy ra ảnh của đường tròn qua phép quay trên là ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=9$.
d) ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-2y-11=0$ có tâm $I\left( -1;2 \right)$ bán kính $r=4$
Gọi ${I}’$ là ảnh của tâm $I$ qua ${{Q}_{\left( O;{{90}^{o}} \right)}}$$\Rightarrow {I}’\left( -2;-1 \right)$
Suy ra ảnh của đường tròn qua phép quay trên là ${{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}=16$.
Xem thêm:
Lý thuyết và bài tập về phép đối xứng trục
