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.

Phương pháp giải:

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.

Phương pháp giải:

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.

Phương pháp giải:

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.

Phương pháp giải:

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.

Phương pháp giải:

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.