Giải bài 17 trang 112

Cho hình vuông ABCD, I là giao điểm của hai đường chéo AC, BD. E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Q, N lần lượt là giao điểm của AC với HE và AC với GF; M, P lần lượt là giao điểm của BD với EF và BD với GH (Hình 17). Phép quay thuận chiều 90° tâm I có giữ nguyên các tứ giác

Đề bài

Phương pháp giải - Xem chi tiết

Dựa vào phép quay thuận chiều $α^{o}$ ( $0^{o} < α^{o} < 360^{o}$ ) tâm O giữ nguyên điểm O, biến điểm M (khác điểm O) thành điểm M’ thuộc đường tròn (O; OM) sao cho tia OM quay thuận chiều kim đồng hồ đến tia OM’ thì điểm M tạo nên cung MnM’ có số đo $α^{o}$ .

Dựa vào phép quay thuận chiều $α^{o}$ ( $0^{o} < α^{o} < 360^{o}$ ) tâm O được phát biểu tương tự như trên.

Lời giải chi tiết

Vì I là giao điểm của hai đường chéo AC, BD của hình vuông ABCD nên I là trung điểm của AC và BD.

Vì E, I lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC nên EI là đường trung bình của ∆ABC.

Suy ra EI // BC và $E I = \frac{1}{2} B C$ .

Chứng minh tương tự, ta cũng có IG là đường trung bình của ∆BCD. Suy ra IG // BC và $I G = \frac{1}{2} B C$ .

Do đó IE // BC // IG và IE = IG.

Theo tiên đề Euclid, qua I có hai đường thẳng IE và IG cùng song song với BC nên ba điểm E, I, G thẳng hàng. Lại có IE = IG nên I là trung điểm của EG.

Chứng minh tương tự ta cũng có I là trung điểm của HF.

Do đó tứ giác EFGH là hình bình hành.

Ta có I là trung điểm của EG và HF nên EG = 2EI và HF = 2IF.

Mà BC = 2EI, CD = 2IF và BC = CD (do ABCD là hình vuông) nên EG = HF.

Do đó hình bình hành EFGH là hình chữ nhật.

Mặt khác, IE // BC, IF // CD và BC ⊥ CD nên IE ⊥ IF hay EG ⊥ HF.

Suy ra hình chữ nhật EFGH là hình vuông và I là giao điểm hai đường chéo.

Như vậy, phép quay thuận chiều 90° tâm I giữ nguyên hình vuông EFGH.

⦁ Ta có E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC nên EF là đường trung bình của tam giác, do đó EF // AC hay EM // AI.

Xét ∆ABI có E là trung điểm của AB và EM // AI nên EM là đường trung bình của tam giác, do đó M là trung điểm của BI, nên $M I = \frac{1}{2} B I$ mà IB = ID = $\frac{1}{2} B D$ .

Nên $I M = \frac{1}{4} B D$ .

Chứng minh tương tự ta có IM = IP = $\frac{1}{4} B D$ ; IN = IQ = $\frac{1}{4} A C$ .

Mà AC = BD nên IM = IN = IP = IQ và MP = NQ.

Do đó MNPQ là hình chữ nhật, lại có MP ⊥ NQ (do AC ⊥ BD) nên hình chữ nhật MNPQ là hình vuông có I là giao điểm hai đường chéo.

Như vậy, phép quay thuận chiều 90° tâm I giữ nguyên hình vuông MNPQ.

Vậy phép quay thuận chiều 90° tâm I giữ nguyên các tứ giác EFGH và MNPQ.