Phương pháp giải:

Phép quay tâm O góc \({{90}^{0}}\( biến A thành A’ khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {OA;OA'} \right) = {90^0}\\OA = OA'\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy A thuộc tia Ox nên phép quay tâm O góc 90⁰ biến điểm A thành điểm A’ thuộc tia Oy, tức là A’(0; a) với a > 0.

Vậy chỉ có đáp án B thỏa mãn và đương nhiên khi A’(0; 3) thì OA = OA’ = 3.

Chọn D.

Phương pháp giải:

N’ là ảnh của N qua phép quay tâm O góc  khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}

ON = ON'\\\left( {\overrightarrow {ON} ;\overrightarrow {ON'} } \right) =  - {90^0}\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(N\left( {x;y} \right) = {Q_{\left( {O; - {{90}^o}} \right)}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ON = ON'\\\left( {\overrightarrow {ON} ;\overrightarrow {ON'} } \right) =  - {90^0}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {ON} .\overrightarrow {ON'}  = 0 \Leftrightarrow \left( {1; - 3} \right)\left( {x;y} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y = 0 \Leftrightarrow x = 3y\\O{N^2} = ON{'^2} \Leftrightarrow {1^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = {x^2} + {y^2}\\ \Rightarrow 9{y^2} + {y^2} = 10 \Leftrightarrow 10{y^2} = 10 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3\\y =  - 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\)

Tuy nhiên góc quay là \(-{{90}^{0}}\) nên chỉ có điểm \(N\left( -3;-1 \right)\) thỏa mãn.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Biểu diễn điểm B trên hệ trục tọa độ Oxy, xác định ảnh E của B qu phép quay O góc quay \((-{{90}^{0}}).\)

Từ đó, kết luận tọa độ điểm E.

Lời giải chi tiết:

Chọn C.

Phương pháp giải:

Xác định góc \(\alpha \) chính là góc \(\widehat{AOB}\), tính góc \(\widehat{AOB}\) sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Lời giải chi tiết:

Quan sát hình vẽ ta thấy:

\({{Q}_{\left( O,\widehat{AOB} \right)}}\left( A \right)=B;{{Q}_{\left( O,\widehat{AOB} \right)}}\left( C \right)=D\Rightarrow {{Q}_{\left( O,\widehat{AOB} \right)}}\left( AC \right)=BD\)

Do đó góc \(\alpha \) chính là góc \(\widehat{AOB}\).

Xét tam giác \(ABC\) có \(AB=a;BC=a\sqrt{3}\Rightarrow \tan \widehat{CAB}=\frac{BC}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{CAB}=\widehat{OAB}={{60}^{0}}\)

Suy ra \(\Delta OAB\) đều \(\Rightarrow \widehat{AOB}={{60}^{0}}\).

Vậy \(\alpha ={{60}^{0}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Trong mặt phẳng cho điểm O và góc lượng giác \(\alpha \), phép biến hình :

- biến điểm O thành chính nó,

- biến mỗi điểm M khác O thành điểm M’ sao cho

OM = OM’ và góc lượng giác(OM,OM’) = \(\alpha \)

           gọi là phép quay tâm O, góc quay\(\alpha \)

Kí hiệu: Q_{(O,\(\alpha \))}

Vậy: Q_{(O,\(\alpha \))}(M) = M’\(\Leftrightarrow \)\(\left\{ \begin{align}  OM=OM' \\  (\overset\frown{OM,OM'})=\alpha  \\ \end{align} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Giao điểm của \(d:3x-y+2=0\)với trục Ox, Oy lần lượt là: \(B\left( -\frac{2}{3};0 \right),\,\,A(0;2)\).

Gọi A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua phép quay tâm O góc quay \(-{{90}^{0}}\). Khi đó, dễ dàng kiểm tra được : \(A'(2;0),\,\,B'\left( 0;\frac{2}{3} \right)\).

d’ là ảnh của d qua phép quay tâm O góc quay \(-{{90}^{0}}\) chính là đường thẳng A’B’ và có phương trình là:

\(\frac{x}{2}+\frac{y}{\frac{2}{3}}=1\Leftrightarrow \frac{x}{2}+\frac{3y}{2}=1\Leftrightarrow x+3y-2=0\)

Chọn: A

Phương pháp giải:

Vẽ hình và dựa vào hình vẽ.

Lời giải chi tiết:

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.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa phép quay: Phép quay tâm O góc \(\alpha \) biến điểm M thành điểm M’ khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}OM = OM'\\\widehat {MOM'} = \alpha\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Phép quay tâm O góc \(\alpha \) biến điểm A thành điểm M khi và chỉ khi \(\left\{ \matrix{  OA = OM \hfill \cr   \widehat {AOM} = \alpha  \hfill \cr}  \right.\)

Vậy khẳng định a) và c) đúng, khẳng định b) sai vì O là tâm đường tròn đường kính AM chứ O không thuộc đường tròn đường kính AM.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tọa độ ảnh của điểm \(M\left( {x;y} \right)\) qua phép quay tâm O góc \(\alpha \): \(\left\{ \matrix{  x' = x\cos \alpha  - y\sin \alpha  \hfill \cr   y' = x\sin \alpha  + y\cos \alpha  \hfill \cr}  \right.\)

Lời giải chi tiết:

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:

\(\left\{ \matrix{  x' = \cos {45^0} - \sin {45^0} = 0 \hfill \cr   y' = \sin {45^0} + \cos {45^0} = \sqrt 2  \hfill \cr}  \right. \Rightarrow M'\left( {0;\sqrt 2 } \right) \equiv B\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Có 4 phép quay biến hình vuông thành chính nó là \(Q\left( {O;{{90}^0}} \right),\,Q\left( {O;{{180}^0}} \right),\,Q\left( {O;{{270}^0}} \right),\,Q\left( {O;{{360}^0}} \right)\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

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

Chọn A.

Phương pháp giải:

Xét mối quan hệ giữa hai đường thẳng a và b.

Lời giải chi tiết:

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.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Xác định góc quay.

Áp dụng công thức tính tọa độ ảnh của điểm \(M\left( {x;y} \right)\) qua phép quay tâm O góc \(\alpha \): \(\left\{ \matrix{  x' = x\cos \alpha  - y\sin \alpha  \hfill \cr   y' = x\sin \alpha  + y\cos \alpha  \hfill \cr}  \right.\)

Lời giải chi tiết:

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: \(\left\{ \matrix{  x' = 1.\cos {90^0} + 1.\sin {90^0} \hfill \cr   y' = 1.\sin {90^0} - 1.\cos {90^0} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x' = 1 \hfill \cr   y' = 1 \hfill \cr}  \right. \Rightarrow M'\left( {1;1} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Vẽ hình và tìm ảnh của điểm A và A’ qua phép quay \(Q\left( {O;{{240}^0}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

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

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

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

Chọn B.

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án, có thể sử dụng hình vẽ.

Lời giải chi tiết:

Hiển nhiên A đúng.

 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.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án, có thể sử dụng hình vẽ.

Lời giải chi tiết:

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.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Đường tròn \(\left( {I;R} \right)\) qua phép quay tâm O góc quay \(\alpha \) biến thành đường tròn \(\left\{ \begin{array}{l}{Q_{\left( {O;\alpha } \right)}}\left( I \right) = I'\\R = R'\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Đường tròn (C) 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: \({\left( {x - 0} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 3 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 3\)

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Có vô số phép quay biến đường thẳng d thành đường thẳng d’, đó là: \(Q\left( {I;\,\,\alpha } \right)\), trong đó, I là điểm nằm trên đường phân giác các góc tạo bởi hai đường thẳng, \(\alpha  = {\alpha _0} + k2\pi ,\,\,k \in Z\) hoặc  \(\alpha  = \pi  - {\alpha _0} + k2\pi ,\,\,k \in Z\) (\({\alpha _0}\)là góc giữa hai đường thẳng d và d’)

Chọn: D

Phương pháp giải:

Biểu diễn trên hệ trục tọa độ Oxy.

Lời giải chi tiết:

Ảnh của điểm M qua phép quay tâm O góc quay \({90^0}\)là \(M'\left( { - 2;3} \right)\).

Chọn: A 

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay tâm O góc quay \(\alpha :\,\,\left\{ \begin{align}  x'=x\cos \alpha -y\sin \alpha  \\  y'=x\sin \alpha +y\cos \alpha  \\ \end{align} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Phép quay tâm O góc quay 90⁰biến điểm M(x;y) thành điểm M’(x’;y’) thỏa mãn hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{l}x' = x\cos 90 - y\sin 90 =  - y\\y' = x\sin 90 + y\cos 90 = x\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = y'\\y =  - x'\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {y'; - x'} \right)\)

\(M\) thuộc đường thẳng \(y=x\Rightarrow -x'=y'\Leftrightarrow y'=-x'\). Vậy M’ thuộc đường thẳng \(y=-x\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Qua phép quay \(Q\left( {O; - {{90}^0}} \right)\), đường thẳng d  biến thành đường thẳng d’ vuông góc với d .

Lời giải chi tiết:

Qua phép quay \(Q\left( {O; - {{90}^0}} \right)\), đường thẳng d  biến thành đường thẳng d’ vuông góc với d \( \Rightarrow \left( {d'} \right):\,x - y + m = 0\)

Do  \(O\left( {0;0} \right) \in d \Rightarrow Q\left( {O; - {{90}^0}} \right):\,\,O \mapsto O \in d'\)

\( \Rightarrow 0 - 0 + m = 0 \Leftrightarrow m = 0\,\,\,\,\, \Rightarrow \left( {d'} \right):x - y = 0\).

Chọn: C

Phương pháp giải:

Phép quay là một phép dời hình.

Lời giải chi tiết:

Tam giác \(ABC\) có \(AB = AC\) và \(\widehat {ABC} = {60^0} \Rightarrow \Delta ABC\) đều.

\(\left\{ \matrix{  {Q_{\left( {I;{{90}^0}} \right)}}\left( A \right) = M \hfill \cr   {Q_{\left( {I;{{90}^0}} \right)}}\left( B \right) = N \hfill \cr   {Q_{\left( {I;{{90}^0}} \right)}}\left( C \right) = H \hfill \cr}  \right. \Rightarrow {Q_{\left( {I;{{90}^0}} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta MNH\)

Phép quay là một phép dời hình \( \Rightarrow \) Phép quay biến tam giác đều thành tam giác đều, do đó \(\Delta MNH\) đều.

Chọn D.

Phương pháp giải:

\({Q_{\left( {I;2017\pi } \right)}} = {Q_{\left( {I;\pi } \right)}}\) là phép đối xứng tâm I.

Lời giải chi tiết:

\({Q_{\left( {I;2017\pi } \right)}} = {Q_{\left( {I;\pi } \right)}}\) 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 \(I\left( {0;1} \right) \in d\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa phép dời hình: Phép dời hình là phép bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.

Lời giải chi tiết:

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

Chọn B.

Phương pháp giải:

Phép quay là phép dời hình \( \Rightarrow A'B' = AB\)

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAB tính độ dài đoạn thẳng AB.

Lời giải chi tiết:

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

Xét tam giác cân OAB có \(\widehat {AOB} = {{{{360}^0}} \over 5} = {72^0}\)

Áp dụng định lí Cosin ta có :

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

Chọn D. 

Phương pháp giải:

Thực hiện lần lượt phép quay \({Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\) và phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {OC} }}\)

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{  & \left\{ \matrix{  {Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( A \right) = F \hfill \cr  {Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( B \right) = A \hfill \cr  {Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( O \right) = O \hfill \cr}  \right. \Rightarrow {Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}\left( {ABO} \right) = FAO  \cr  & \left\{ \matrix{  {T_{\overrightarrow {OC} }}\left( F \right) = O \hfill \cr  {T_{\overrightarrow {OC} }}\left( A \right) = B \hfill \cr  {T_{\overrightarrow {OC} }}\left( O \right) = C \hfill \cr}  \right. \Rightarrow {T_{\overrightarrow {OC} }}\left( {FAO} \right) = OBC  \cr  &  \Rightarrow \Delta AOB\,\,\buildrel {{Q_{\left( {O;{{60}^0}} \right)}}} \over \longrightarrow \,\,\Delta FAO\,\,\buildrel {{T_{\overrightarrow {OC} }}} \over \longrightarrow \,\,\Delta OBC \cr} \)

Chọn A.

Phương pháp giải:

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 \(Q\left( {I; - \pi } \right)\) sau đó viết phương trình đường thẳng đi qua hai ảnh vừa tìm được, đó chính là đường thẳng cần tìm.

Lời giải chi tiết:

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: \(\left\{ \begin{array}{l}IA = IA'\\\widehat {AIA'} = - {180^0}\end{array} \right.\)

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 : \({{x - 0} \over {4 - 0}} = {{y - 2} \over {6 - 2}} \Leftrightarrow {x \over 4} = {{y - 2} \over 4} \Leftrightarrow x - y + 2 = 0\)

Chọn C.  

Phương pháp giải:

Vẽ hình, xác định hình vuông A’B’C’D’.

Xác định phần diện tích hình vuông A’B’C’D’ nằm ngoài hình vuông ABCD và tính diện tích đó.

Lời giải chi tiết:

\({Q_{\left( {O;{\pi  \over 4}} \right)}}\left( A \right) = A',{Q_{\left( {O;{\pi  \over 4}} \right)}}\left( B \right) = B',{Q_{\left( {O;{\pi  \over 4}} \right)}}\left( C \right) = C',{Q_{\left( {O;{\pi  \over 4}} \right)}}\left( D \right) = D'\) 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’ \( \Rightarrow EF = 2A'H = 2\left( {\sqrt 2  - 1} \right)\)

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

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

Chọn B.

Phương pháp giải:

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 bất kì thuộc \({\Delta _1}\), tìm ảnh của điểm đó qua phép quay \({Q_{\left( {I,{{180}^o}} \right)}}\), ảnh vừa tìm được thuộc \({\Delta _2}\).

Lời giải chi tiết:

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:

\(2.2a - 1 + 2 = 0 \Leftrightarrow 4a + 1 = 0 \Leftrightarrow a =  - {1 \over 4}\)

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

Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Phương pháp:

- Chọn một điểm đặc biệt rồi thực hiện liên liếp các phép quay tìm ảnh.

- Đối chiếu các đáp án, đáp án nào có ảnh trùng với ảnh vừa tìm thì nhận.

Cách giải:

\(Q\) là phép quay tâm \(A\)góc quay \({{90}^{0}}\), \(Q'\) là phép quay tâm \(C\) góc quay \({{270}^{0}}\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\).

Phép quay \(Q\) biến \(M\) thành \(M'\) là trung điểm của \(AD\).

Dựng \(d\bot CM'\) và \(d\) cắt \(AB\)

 tại \(M’’\). Khi đó \(Q’\) biến \(M’\) thành \(M’’\).

Khi đó \(B\) là trung điểm của \(MM’’\) nên đó chính là phép đối xứng qua tâm \(B\).

Chọn B.