Phép quay

PHÉP QUAY

A.LÍ THUYẾT CƠ BẢN.

1. Định nghĩa:

Cho điểm $\displaystyle O$ và góc lượng giác $\displaystyle \alpha$ . Phép biến hình biến $\displaystyle O$ thành chính nó và biến mỗi điểm $\displaystyle M$ khác $\displaystyle O$ thành điểm $\displaystyle M'$ sao cho $\displaystyle OM'=OM$ và góc lượng giác $\displaystyle \left( OM;OM' \right)=\alpha$ được gọi là phép quay tâm $\displaystyle O$ , $\displaystyle \alpha$ được gọi là góc quay.

Phép quay tâm $\displaystyle O$ góc quay $\displaystyle \alpha$ được kí hiệu là $\displaystyle {{Q}_{\left( O;\alpha \right)}}$ .

Nhận xét:

+ Khi $\displaystyle \alpha =\left( 2k+1 \right)\pi ,k\in \mathbb{Z}$ thì $\displaystyle {{Q}_{\left( O;\alpha \right)}}$ là phép đối xứng tâm $\displaystyle O$ .

+ Khi $\displaystyle \alpha =2k\pi ,k\in \mathbb{Z}\frac{n!}{r!\left( n-r \right)!}$ thì $\displaystyle {{Q}_{\left( O;\alpha \right)}}$ là phép đồng nhất.

2. Biểu thức tọa độ của phép quay:

Trong mặt phẳng $\displaystyle Oxy$ , giả sử $\displaystyle M\left( x;y \right)$ và $\displaystyle M'\left( x';y' \right)={{Q}_{\left( O,\alpha \right)}}\left( M \right)$ thì $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}x'=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\y'=x\sin \alpha +y\cos \alpha \end{array} \right.$

Trong mặt phẳng $\displaystyle Oxy$ , giả sử $\displaystyle M\left( x;y \right)$ , $\displaystyle I\left( a;b \right)$ và $\displaystyle M'\left( x';y' \right)={{Q}_{\left( I,\alpha \right)}}\left( M \right)$ thì $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}x'=a+\left( x-a \right)\cos \alpha -\left( y-b \right)\sin \alpha \\y'=b+\left( x-a \right)\sin \alpha +\left( y-b \right)\cos \alpha \end{array} \right.$

3. Tính chất của phép quay:

+ 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 $\displaystyle I$ góc quay $\displaystyle \alpha$ biến đường thẳng $\displaystyle d$ thành đường thẳng $\displaystyle d'$ , khi đó:

– Nếu $\displaystyle 0<\alpha \le \frac{\pi }{2}$ thì góc giữa hai đường thẳng $\displaystyle d$ và $\displaystyle d'$ bằng $\displaystyle \alpha$

– Nếu $\displaystyle \frac{\pi }{2}<\alpha <\pi$ thì góc giữa hai đường thẳng $\displaystyle d$ và $\displaystyle d'$ bằng $\displaystyle \pi -\alpha$ .

B. BÀI TẬP.

Bài toán 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP QUAY.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa , biểu thức tọa độ và các tính chất của phép quay.

Giả sử $M'(x';y')$ là ảnh của điểm $M(x;y)$ qua phép quay ${{Q}_{\left( O,\alpha \right)}}$ . Khi đó: $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}x'=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\y'=x\sin \alpha +y\cos \alpha \end{array} \right.$

Ví dụ 1. Cho $\displaystyle M\left( 3;4 \right)$ . Tìm ảnh của điểm $\displaystyle M$ qua phép quay tâm $\displaystyle O$ góc quay $\displaystyle {{30}^{0}}$ .

A. $\displaystyle M'\left( \frac{3\sqrt{3}}{2};\frac{3}{2}+2\sqrt{3} \right)$ .	B. $\displaystyle M'\left( -2;2\sqrt{3} \right)$ .
C. $\displaystyle M'\left( \frac{3\sqrt{3}}{2};2\sqrt{3} \right)$ .	D. $\displaystyle M'\left( \frac{3\sqrt{3}}{2}-2;\frac{3}{2}+2\sqrt{3} \right)$ .

Lời giải:

Gọi $\displaystyle M'\left( x';y' \right)={{Q}_{\left( O;{{30}^{0}} \right)}}$ .

Áp dụng biểu thức tọa độ:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}x'=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\y'=x\sin \alpha +y\cos \alpha \end{array} \right.$ ta có $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}x'=3\cos {{30}^{0}}-4\sin {{30}^{0}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-2\\y'=3\sin {{30}^{0}}+4\cos {{30}^{0}}=\frac{3}{2}+2\sqrt{3}\end{array} \right.$ $\displaystyle \Rightarrow M'\left( \frac{3\sqrt{3}}{2}-2;\frac{3}{2}+2\sqrt{3} \right)$ .

Ví dụ 2. Cho $\displaystyle I\left( 2;1 \right)$ và đường thẳng $\displaystyle d:2x+3y+4=0$ . Tìm ảnh của $\displaystyle d$ qua $\displaystyle {{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$ .

A. $\displaystyle d':-x+5y-3+\sqrt{2}=0$ .	B. $\displaystyle d':-x+5y-3=0$ .
C. $\displaystyle d':-x+5y-10\sqrt{2}=0$ .	D. $\displaystyle d':-x+5y-3+10\sqrt{2}=0$ .

Lời giải:

Lấy hai điểm $\displaystyle M\left( -2;0 \right);N\left( 1;-2 \right)$ thuộc $\displaystyle d$ .

Gọi $\displaystyle M'\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right),N'\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$ là ảnh của $\displaystyle M,N$ qua $\displaystyle {{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}$

Ta có $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{x}_{1}}=2+\left( -2-2 \right)\cos {{45}^{0}}-\left( 0-1 \right)\sin {{45}^{0}}\\{{y}_{1}}=1+\left( -2-2 \right)\sin {{45}^{0}}+\left( 0-1 \right)\cos {{45}^{0}}\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{x}_{1}}=2-\frac{3\sqrt{2}}{2}\\{{y}_{1}}=1-\frac{5\sqrt{2}}{2}\end{array} \right.$

$\displaystyle \Rightarrow M'\left( 2-\frac{3\sqrt{2}}{2};1-\frac{5\sqrt{2}}{2} \right)$ .

Tương tự $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}{{x}_{2}}=2+\left( 1-2 \right)\cos {{45}^{0}}-\left( -2-1 \right)\sin {{45}^{0}}\\{{y}_{2}}=1+\left( 1-2 \right)\sin {{45}^{0}}+\left( -2-1 \right)\cos {{45}^{0}}\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{x}_{2}}=2+\sqrt{2}\\{{y}_{2}}=1-2\sqrt{2}\end{array} \right.$

$\displaystyle \Rightarrow N'\left( 2+\sqrt{2};1-2\sqrt{2} \right)$ .

Ta có $\displaystyle \overrightarrow{M'N'}=\left( \frac{5\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left( 5;1 \right)$ .

Gọi $\displaystyle d'={{Q}_{\left( I;{{45}^{0}} \right)}}\left( d \right)$ thì $\displaystyle d'$ có VTCP $\displaystyle \overrightarrow{u}=\overrightarrow{M'N'}=\left( 5;1 \right)\Rightarrow VTPT\text{ }\overrightarrow{n}=\left( -1;5 \right)$

Phương trình:

$\displaystyle d':-\left( x-2-\sqrt{2} \right)+5\left( y-1+2\sqrt{2} \right)=0\Leftrightarrow -x+5y-3+10\sqrt{2}=0$ .

Ví dụ 2. Cho hình vuông $\displaystyle ABCD$ tâm $\displaystyle O$ , $\displaystyle M$ là trung điểm của $\displaystyle AB$ , $\displaystyle N$ là trung điểm của $\displaystyle OA$ . Tìm ảnh của tam giác $\displaystyle AMN$ qua phép quay tâm $\displaystyle O$ góc quay $\displaystyle {{90}^{0}}$ .

Lời giải:

Phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( O;{{90}^{0}} \right)}}$ biến $\displaystyle A$ thành $\displaystyle D$ , biến $\displaystyle M$ thành $\displaystyle M'$ là trung điểm của $\displaystyle AD$ , biến $\displaystyle N$ thành $\displaystyle N'$ là trung điểm của $\displaystyle OD$ . Do đó nó biến tam giác $\displaystyle AMN$ thành tam giác $\displaystyle DM'N'$ .

Bài toán 02: SỬ DỤNG PHÉP QUAY ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN DỰNG HÌNH.

Phương pháp:

Xem điểm cần dựng là giao của một đường có sẵn và ảnh của một đường khác qua phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$ nào đó.

Ví dụ 1. Cho điểm $\displaystyle A$ và hai đường thẳng $\displaystyle {{d}_{1}},{{d}_{2}}$ . Dựng tam giác $\displaystyle ABC$ vuông cân tại $\displaystyle A$ sao cho $\displaystyle B\in {{d}_{1}},C\in {{d}_{2}}$ .

Lời giải:

Phân tích:

Giả sử đã dựng được tam giác $\displaystyle ABC$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có thể giả sử $\displaystyle \left( AB,AC \right)={{90}^{0}}$ , khi đó $\displaystyle {{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( C \right)=B$ , mà $\displaystyle C\in {{d}_{2}}$ nên $\displaystyle B\in {{d}_{2}}'$ với $\displaystyle {{d}_{2}}'={{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( {{d}_{2}} \right)$ .

Lại có $\displaystyle B\in {{d}_{1}}$ nên $\displaystyle B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}'$ .

Cách dựng:

+ Dựng đường thẳng $\displaystyle {{d}_{2}}'$ ảnh của $\displaystyle {{d}_{2}}$ qua $\displaystyle {{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}$ .
+ Dựng giao điểm $\displaystyle B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}'$ .
+ Dựng đường thẳng qua $\displaystyle A$ vuông góc với $\displaystyle AB$ cắt $\displaystyle {{d}_{2}}$ tại $\displaystyle C$ .

Tam giác $\displaystyle ABC$ là tam giác cần dựng.

Chứng minh:

Từ cách dựng suy ra $\displaystyle {{Q}_{\left( A;{{90}^{0}} \right)}}\left( B \right)=C$ nên $\displaystyle AB=AC$ và $\displaystyle \widehat{BAC}={{90}^{0}}$ do đó tam giác $\displaystyle ABC$ vuông cân tại $\displaystyle A$ .

Biện luân:

+ Nếu $\displaystyle {{d}_{1}},{{d}_{2}}$ không vuông góc thì có một nghiệm hình.
+ Nếu $\displaystyle {{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $\displaystyle A$ nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi $\displaystyle {{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì có vô số nghiệm hình.
+ Nếu $\displaystyle {{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $\displaystyle A$ không nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi $\displaystyle {{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì bài toán vô nghiệm hình.

Ví dụ 2. Cho tam giác $\displaystyle ABC$ có $\displaystyle \left( AB,AC \right)=\alpha \left( {{0}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}} \right)$ và một điểm $\displaystyle M$ nằm trên cạnh $\displaystyle AB$ . Dựng trên các đường thẳng $\displaystyle CB,CA$ các điểm $\displaystyle N,P$ sao cho $\displaystyle MN=MP$ và đường tròn $\displaystyle \left( AMP \right)$ tiếp xúc với $\displaystyle MN$ .

Lời giải:

Phân tích:

Giả sử đã dựng được các điểm $\displaystyle N,P$ sao cho $\displaystyle N\in BC,P\in AC$ sao cho $\displaystyle MN=MP$ và đường tròn $\displaystyle \left( AMP \right)$ tiếp xúc với $\displaystyle MN$ . Khi đó do $\displaystyle MN$ tiếp xúc với đường tròn $\displaystyle \left( AMP \right)$ nên $\displaystyle \widehat{PMN}=\widehat{A}=\alpha$ . Từ đó ta có $\displaystyle \left( MP;MN \right)=-\alpha$ lại có $\displaystyle MP=MN$ nên $\displaystyle {{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( P \right)=N$ .

Giả sử $\displaystyle O={{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( A \right)$ và $\displaystyle I=ON\cap AC$ .

Theo tính chất phép quay ta có $\displaystyle \widehat{NIC}=\widehat{\left( ON,AP \right)}=\alpha \Rightarrow \widehat{NIC}=\widehat{BAC}$ $\displaystyle \Rightarrow IN\parallel AB$ .

Cách dựng :

Dựng điểm $\displaystyle O={{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}$
Dưng đường thẳng qua $\displaystyle O$ song song với $\displaystyle AB$ cắt $\displaystyle BC$ tại $\displaystyle N$
Dựng tia $\displaystyle MP$ cắt $\displaystyle AC$ tại $\displaystyle P$ sao cho $\displaystyle \widehat{NMP}=\alpha$

Như vây các điểm $\displaystyle N,P$ là các điểm cần dựng.

Chứng minh:

Vì $\displaystyle ON\parallel AB$ nên $\displaystyle \widehat{AMO}=\widehat{MON}=\alpha$ $\displaystyle \Rightarrow \widehat{PMN}=\widehat{MAP}=\alpha$ suy ra đường tròn $\displaystyle \left( AMN \right)$ tiếp xức với $\displaystyle MN$ . Ta có $\displaystyle {{Q}_{\left( M;-\alpha \right)}}:MP\to MN$ nên $\displaystyle MP=MN$ .

Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình duy nhất.

Bài toán 03: SỬ DỤNG PHÉP QUAY ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM.

Phương pháp:

Xem điểm cần dựng là giao của một đường có sẵn và ảnh của một đường khác qua phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$ nào đó.

Để tìm tập hợp điểm $\displaystyle M'$ ta đi tìm tập hợp điểm $\displaystyle M$ mà $\displaystyle {{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$ nào đó biến điểm $\displaystyle M$ thành điểm $\displaystyle M'$ , khi đó nếu $\displaystyle M\in \left( H \right)$ thì $\displaystyle M'\in \left( H' \right)={{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( \left( H \right) \right)$ .

Ví dụ 1. Cho đường thẳng $\displaystyle d$ và một điểm $\displaystyle G$ không nằm trên $\displaystyle d$ . Với mỗi điểm $\displaystyle A$ nằm trên $\displaystyle d$ ta dựng tam giác đều $\displaystyle ABC$ có tâm $\displaystyle G$ . Tìm quỹ tích các điểm $\displaystyle B,C$ khi $\displaystyle A$ di động trên $\displaystyle d$ .

Lời giải:

Do tam giác $\displaystyle ABC$ đều và có tâm $\displaystyle G$ nên phép quay tâm $\displaystyle G$ góc quay $\displaystyle {{120}^{0}}$ biến $\displaystyle A$ thành $\displaystyle B$ hoặc $\displaystyle C$ và phép quay tâm $\displaystyle G$ góc quay $\displaystyle {{240}^{0}}$ biến $\displaystyle A$ thành $\displaystyle B$ hoặc $\displaystyle C$ .Mà $\displaystyle A\in d$ nên $\displaystyle B,C$ thuộc các đường thẳng là ảnh của $\displaystyle d$ trong hai phép quay nói trên.

Vậy quỹ tích các điểm $\displaystyle B,C$ là các đường thẳng ảnh của $\displaystyle d$ trong hai phép quay tâm $\displaystyle G$ góc quay $\displaystyle {{120}^{0}}$ và $\displaystyle {{240}^{0}}$ .

Ví dụ 2. Cho tam giác đều $\displaystyle ABC$ . Tìm tập hợp điểm $\displaystyle M$ mằn trong tam giác $\displaystyle ABC$ sao cho $\displaystyle M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=M{{C}^{2}}$ .

Lời giải:

Xét phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( B;-{{60}^{0}} \right)}}$ thì $\displaystyle A$ biến thành $\displaystyle C$ , giả sử điểm $\displaystyle M$ biến thành $\displaystyle M'$ , khi đó $\displaystyle MA=M'C,MB=MM'$ nên $\displaystyle M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=M{{C}^{2}}\Leftrightarrow M'{{C}^{2}}+MM{{'}^{2}}=M{{C}^{2}}$ do đó tam giác $\displaystyle M'MC$ vuông tại $\displaystyle M'$ suy ra $\displaystyle \widehat{BM'C}={{150}^{0}}$ .

Lại có $\displaystyle AM=CM'$ , $\displaystyle BM=BM'$ và $\displaystyle AB=BC$ $\displaystyle \Rightarrow$
$\displaystyle \Delta AMB=\Delta CM'B\text{ }\left( c-c-c \right)$

$\displaystyle \Rightarrow \widehat{AMB}=\widehat{CM'B}={{150}^{0}}$ . Vậy $\displaystyle M$ thuộc cung chứa góc $\displaystyle {{150}^{0}}$ với dây cung $\displaystyle AB$ nằm trong tam giác $\displaystyle ABC$ .

Đảo lại lấy điểm $\displaystyle M$ thuộc cung $\displaystyle \overset\frown{AB}={{150}^{0}}$ trong tam giác $\displaystyle ABC$ , gọi $\displaystyle M'={{Q}_{\left( B;-{{60}^{0}} \right)}}\left( M \right)$ .

Do $\displaystyle {{Q}_{\left( B;-{{60}^{0}} \right)}}:\overset\frown{AMB}\to \overset\frown{CM'B}$ nên $\displaystyle \overset\frown{CM'B}={{150}^{0}}$ . Mặt khác tam giác $\displaystyle BMM'$ đều nên $\displaystyle \widehat{BM'M}={{60}^{0}}\Rightarrow \widehat{CM'M}={{150}^{0}}-{{60}^{0}}={{90}^{0}}$ vì vậy $\displaystyle \Delta M'MC$ vuông tại $\displaystyle M'\Rightarrow M'{{B}^{2}}+M'{{C}^{2}}=M{{C}^{2}}$ , mà $\displaystyle MA=M'C,MB=MM'$ $\displaystyle \Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=M{{C}^{2}}$ .

Vậy tập hợp điểm $\displaystyle M$ thỏa yêu cầu bài toán là cung $\displaystyle \overset\frown{AB}={{150}^{0}}$ trong tam giác $\displaystyle ABC$ nhận $\displaystyle AB$ làm dây cung.

Bài toán 04: SỬ DỤNG PHÉP QUAY ĐỂ GIẢI TOÁN.

Ví dụ 1. Cho tam giác $\displaystyle ABC$ . Vẽ các tam giác đều $\displaystyle ABB'$ và $\displaystyle ACC'$ nằm phía ngoài tam giác $\displaystyle ABC$ . Gọi $\displaystyle I,J$ lần lượt là trung điểm của $\displaystyle CB'$ và $\displaystyle BC'$ . Chứng minh các điểm $\displaystyle A,I,J$ hoặc trùng nhau hoặc tạo thành một tam giác đều.

Lời giải:

Giả sử góc lượng giác $\displaystyle \left( AB,AC \right)>0$ ( hình vẽ).

Khi đó , xét phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}$ .Ta có $\displaystyle {{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B'\mapsto B,C\mapsto C'$
$\displaystyle {{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B'C\mapsto BC'$ mà $\displaystyle I,J$ lần lượt là trung điểm của $\displaystyle B'C$ và $\displaystyle BC'$ nên $\displaystyle {{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}\left( I \right)=J$ .

Vậy nếu $\displaystyle I,J$ không trùng $\displaystyle A$ thì $\displaystyle \Delta AIJ$ đều.

Khi $\displaystyle \widehat{BAC}={{120}^{0}}$ thì $\displaystyle I\equiv J\equiv A$ .

Ví dụ 2. Cho hai đường trong bằng nhau $\displaystyle \left( O;R \right)$ và $\displaystyle \left( O';R \right)$ cắt nhau tại hai điểm $\displaystyle A,B$ sao cho $\displaystyle \widehat{OAO'}={{120}^{0}}$ . Đường thẳng $\displaystyle d$ đi qua $\displaystyle B$ cắt hai đường tròn $\displaystyle \left( O \right)$ và $\displaystyle \left( O' \right)$ theo thứ tự tại $\displaystyle M,M'$ sao cho $\displaystyle M$ nằm ngoài $\displaystyle \left( O' \right)$ còn $\displaystyle M'$ nằm ngoài $\displaystyle \left( O \right)$ . Gọi $\displaystyle S$ là giao điểm của các tiếp tuyến với hai đường tròn tại $\displaystyle M$ và $\displaystyle M'$ . Xác định vị trí của $\displaystyle M,M'$ sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $\displaystyle SMM'$ lớn nhất.

Lời giải:

Giả sử góc lượng giác $\displaystyle \left( AO',AO \right)={{120}^{0}}$ ( như hình vẽ)

Xét phép quay $\displaystyle {{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}$ . Gọi $\displaystyle B'={{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( B \right)$ thì

$\displaystyle \widehat{BAB'}={{120}^{0}}$ . Dễ thấy $\displaystyle \widehat{OAB}={{60}^{0}}$ suy ra $\displaystyle \widehat{OAB}+\widehat{BAB'}={{180}^{0}}$ nên $\displaystyle O,A,B'$ thẳng hàng.

Ta có $\displaystyle \widehat{MBA}+\widehat{ABM'}={{180}^{0}},$ $\displaystyle \widehat{ABM'}+\widehat{AB'M'}={{180}^{0}}$ $\displaystyle \Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{AB'M'}\text{ }$ .

Mà $\displaystyle \left( O;R \right)$ và $\displaystyle \left( O';R' \right)$ bằng nhau nên $\displaystyle AM=AM'\text{ }\left( 1 \right)$ ; từ đó ta có $\displaystyle \Delta OAM=\Delta O'AM'$ $\displaystyle \Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{O'AM'}$

$\displaystyle \Rightarrow \widehat{O'AM}+\widehat{O'AM}=\widehat{OAM}+\widehat{O'AM}={{120}^{0}}$

hay $\displaystyle \widehat{MAM'}={{120}^{0}}\text{ }\left( 2 \right)$ . Từ $\displaystyle \left( 1 \right);\left( 2 \right)$ suy ra $\displaystyle {{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( M \right)=M'$ . Do đó trong phép quay này tiếp tuyến $\displaystyle MS$ biến thành tiếp tuyến $\displaystyle M'S$ nên góc tù giữa hai đường thẳng $\displaystyle MS$ và $\displaystyle M'S$ bằng $\displaystyle {{120}^{0}}$ do đó $\displaystyle \widehat{MSM'}={{60}^{0}}$ . Áp dụng định lí sin cho tam giác $\displaystyle SMM'$ ta có $\displaystyle R=\frac{MM'}{2\sin {{60}^{0}}}=\frac{MM'}{\sqrt{3}}\Rightarrow R$ lớn nhất khi $\displaystyle MM'$ lớn nhất.Gọi $\displaystyle H,K$ lần lượt là hình chiếu của $\displaystyle O,O'$ trên $\displaystyle MM'$ thì ta có $\displaystyle MM'=2HK\le 2OO'$ . Đẳng thức xảy ra khi $\displaystyle MM'\parallel OO'$ .

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $\displaystyle SMM'$ lớn nhất khi $\displaystyle M,M'$ là các giao điểm thứ hai của đường thẳng $\displaystyle d$ đi qua $\displaystyle B$ và song song với $\displaystyle OO'$ với hai đường tròn.