Lời giải.

Do $0\le \alpha <2\pi$ nên ta có các góc quay $0;\frac{\pi }{2};\pi ;\frac{3\pi }{2}.$

Lời giải.

Do $0\le \alpha <2\pi$ nên ta có các góc quay $0;\frac{2\pi }{3};\frac{4\pi }{3}.$

Lời giải.

Tam giác ABC đều $\widehat{BAC}=60°.$

Khi đó  $Q_{\left(A,\phi \right)}\left(B\right)=C\Rightarrow \phi =\pm 60°.$

Lời giải.

Điểm đó chính là tâm quay O.

Lời giải.

Các góc quay để biến hình vuông thành chính nó là $0;\frac{\pi }{2};\pi ;\frac{3\pi }{2};2\pi .$

Lời giải.

Từ giả thiết suy ra ABC là nữa tam giác đều, do đó  AC = 2AB

Xép phép quay tâm A góc quay $60°$, ta có:

Xép phép quay tâm A góc quay $60°$ , ta có:

 Biến B thành K.

 Biến C thành D.

Vậy ảnh của BC là KD.

Lời giải.

Do $0\le \alpha <2\pi$ nên ta có các góc quay $0;\pi .$

Lời giải.

Xét phép quay tâm A góc quay ${60}^0:$

Biến C thành B.

Biến D thành C 

Lời giải.

Do tam giác ABC đều nên $\widehat{A\text{'}OB\text{'}}=\widehat{B\text{'}OC\text{'}}=\widehat{C\text{'}OA\text{'}}={120}^0$ .

Khi đó xét phép quay tâm O góc quay ${240}^0:$

 Biến A thành B .

 Biến $A\text{'}$ thành  $B\text{'}$.

Vậy ảnh của $AA\text{'}$ là  $BB\text{'}$.

Lời giải.

Các góc quay để biến tam giác đều thành chính nó là $0;\frac{2\pi }{3};\frac{4\pi }{3};2\pi .$

Lời giải.

Tâm quay là điểm cách đều hai đường thẳng.

Lời giải.

Vì với góc quay khác $k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$ thì hai vectơ $\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{A\text{'}M\text{'}}$ không cùng phương  

$\stackrel{}{\to }\overrightarrow{AM}\ne \overrightarrow{A\text{'}M\text{'}}.$

Lời giải.

Từ giả thiết, kết hợp với hình vẽ ta thấy góc quay là $\frac{\pi }{2}$.

Khi đó phép quay tâm O góc quay $\frac{\pi }{2}$ biến điểm $M\left(1;-1\right)$ thành điểm $M\text{'}\left(1;1\right).$

Lời giải.

Ta có M thuộc tia Ox,  thuộc tia Oy $\Rightarrow \phi =90°.$

Lời giải.

Tương tự như câu trên, để ý $y<0.$

Lời giải.

Vì phép quay bảo toàn khoảng cách nên  $O{M}^{\text{'}}=OM.$

Lời giải.

Gọi $A^{\text{'}}\left(x;y\right).$ Ta có $Q_{\left(O,\frac{\pi }{2}\right)}\left(A\right)=A^{\text{'}}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}OA=O{A}^{\text{'}}\\ \left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{O{A}^{\text{'}}}\right)=\frac{\pi }{2}\end{array}\right..$

Vì $A\left(3;0\right)\in Ox\stackrel{\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{O{A}^{\text{'}}}\right)=\frac{\pi }{2}}{\to }{A}^{\text{'}}\in Oy$

$\Rightarrow A^{\text{'}}\left(0;y\right)$.

Mà $OA=O{A}^{\text{'}}\Rightarrow \left|y\right|=3.$

Do góc quay $\phi =\frac{\pi }{2}\Rightarrow y>0$.

Vậy $A^{\text{'}}\left(0;3\right)$.

Lời giải.

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

$\cos \alpha =\left|\cos \left(\overrightarrow{n_a},\overrightarrow{n_b}\right)\right|$

$=\frac{\left|4.1+3.7\right|}{\sqrt{4^2+3^2}\sqrt{1^2+7^2}}$

$=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \alpha ={45}^0.$

Vậy $\phi ={45}^0.$ 

Lời giải. Gọi $M\text{'}\left(x\text{'};y\text{'}\right)$ là ảnh của M qua phép quay tâm O góc quay ${45}^0$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x\text{'}=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\ y\text{'}=x\sin \alpha +y\cos \alpha \end{array}\right..$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\text{'}=1.cos{45}^0-1.\sin {45}^0\\ y\text{'}=1.\sin {45}^0+1.cos{45}^0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\text{'}=0\\ y\text{'}=\sqrt{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow M\text{'}\left(0;\sqrt{2}\right)$

Cách 2. Dùng hình vẽ.

Lời giải.

Ta thấy hai đường thẳng $2x+y+5=0$ và $x-2y-3=0$ có phương trình  và  là vuông góc với nhau. Suy ra  $\phi ={90}^0.$