Bài viết trình bày lý thuyết và hướng dẫn giải các dạng toán phép quay trong chương trình Hình học 11 chương 1. Kiến thức và các ví dụ trong bài viết được tham khảo từ các tài liệu phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng xuất bản trên TOANMATH.com.
 • Nhận xét: + Khi $\alpha = 2k\pi $, $k \in Z$ thì ${Q_{\left( {O;\alpha } \right)}}$ là phép đồng nhất. + Khi $\alpha = \left( {2k + 1} \right)\pi $, $k \in Z$ thì ${Q_{\left( {O;\alpha } \right)}}$ là phép đối xứng tâm $O.$ 2. Biểu thức tọa độ của phép quay • Trong mặt phẳng $Oxy$, giả sử $M\left( x;y \right)$ và $M’\left( x’;y’ \right)={{Q}_{\left( O,\alpha \right)}}\left( M \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l} x’ = x\cos \alpha – y\sin \alpha \\ y’ = x\sin \alpha + y\cos \alpha \end{array} \right.$ • Trong mặt phẳng $Oxy$, giả sử $M\left( x;y \right)$, $I\left( a;b \right)$ và $M’\left( x’;y’ \right)={{Q}_{\left( I,\alpha \right)}}\left( M \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l} x’ = a + \left( {x – a} \right)\cos \alpha – \left( {y – b} \right)\sin \alpha \\ y’ = b + \left( {x – a} \right)\sin \alpha + \left( {y – b} \right)\cos \alpha \end{array} \right.$ 3. Tính chất của phép quay • Các tính chất của phép quay: + Bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì. + Biến một đường thẳng thành đường thẳng. + Biến một đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng đoạn đã cho. + Biến một tam giác thành tam giác bằng tam giác đã cho. + Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. • Lưu ý: Giả sử phép quay tâm $I$ góc quay $\alpha $ biến đường thẳng $d$ thành đường thẳng $d’$, khi đó: + Nếu $0<\alpha \le \frac{\pi }{2}$ thì góc giữa hai đường thẳng $d$ và $d’$ bằng $\alpha .$ + Nếu $\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi $ thì góc giữa hai đường thẳng $d$ và $d’$ bằng $\pi -\alpha .$
Ví dụ 1. Cho $M\left( 3;4 \right)$. Tìm ảnh của điểm $M$ qua phép quay tâm $O$ góc quay ${{30}^{0}}$. Gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {Q_{\left( {O;{{30}^0}} \right)}}.$ Áp dụng biểu thức tọa độ của phép quay $\left\{ \begin{array}{l} x’ = x\cos \alpha – y\sin \alpha \\ y’ = x\sin \alpha + y\cos \alpha \end{array} \right.$, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x’ = 3\cos {30^0} – 4\sin {30^0} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} – 2\\ y’ = 3\sin {30^0} + 4\cos {30^0} = \frac{3}{2} + 2\sqrt 3 \end{array} \right.$ $ \Rightarrow M’\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2} – 2;\frac{3}{2} + 2\sqrt 3 } \right).$ Ví dụ 2. Cho $I\left( 2;1 \right)$ và đường thẳng $d:2x+3y+4=0$. Tìm ảnh của $d$ qua ${{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$. 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 $\left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2 + \left( { – 2 – 2} \right)\cos {45^0} – \left( {0 – 1} \right)\sin {45^0}\\ {y_1} = 1 + \left( { – 2 – 2} \right)\sin {45^0} + \left( {0 – 1} \right)\cos {45^0} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2 – \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\\ {y_1} = 1 – \frac{{5\sqrt 2 }}{2} \end{array} \right.$ $ \Rightarrow M’\left( {2 – \frac{{3\sqrt 2 }}{2};1 – \frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right).$ Tương tự: $\left\{ \begin{array}{l} {x_2} = 2 + \left( {1 – 2} \right)\cos {45^0} – \left( { – 2 – 1} \right)\sin {45^0}\\ {y_2} = 1 + \left( {1 – 2} \right)\sin {45^0} + \left( { – 2 – 1} \right)\cos {45^0} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_2} = 2 + \sqrt 2 \\ {y_2} = 1 – 2\sqrt 2 \end{array} \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 vectơ chỉ phương $\overrightarrow u = \overrightarrow {M’N’} = \left( {5;1} \right)$, suy ra vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( { – 1;5} \right).$ Phương trình đường thẳng $d’$ là: $ – \left( {x – 2 – \sqrt 2 } \right) + 5\left( {y – 1 + 2\sqrt 2 } \right) = 0$ $ \Leftrightarrow – x + 5y – 3 + 10\sqrt 2 = 0.$ Ví dụ 3. 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 ${{90}^{0}}$. Phép quay ${{Q}_{\left( O;{{90}^{0}} \right)}}$ biến $A$ thành $D$, biến $M$ thành $M’$ là trung điểm của $AD$, biến $N$ thành $N’$ là trung điểm của $OD$. Do đó nó biến tam giác $AMN$ thành tam giác $DM’N’$. |
