Câu hỏi:

25/08/2024 448 Lưu

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 EFGH và tứ giác MNPQ hay không? Vì sao?

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; (ảnh 1)

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

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 \(EI = \frac{1}{2}BC.\)

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

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 \(MI = \frac{1}{2}BI\)\(IB = ID = \frac{1}{2}BD\) nên \(IM = \frac{1}{4}BD.\)

Chứng minh tương tự ta có \(IM = IP = \frac{1}{4}BD;\,\,IN = IQ = \frac{1}{4}AC\)

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.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

a) Do con thuyền đang đi về hướng Bắc, nên để con tàu rẽ sang hướng Tây thì bánh lái cần quay sang trái (quay ngược chiều kim đồng hồ) một góc 90°.

Vậy bác An cần thực hiện phép quay ngược chiều 90° tâm là tâm của bánh lái.

b) Do con thuyền đang đi về hướng Bắc, nên để con tàu rẽ sang hướng Đông thì bánh lái cần quay sang phải (quay thuận chiều kim đồng hồ) một góc 90°.

Vậy bác An cần thực hiện phép quay thuận chiều 90° tâm là tâm của bánh lái.

Lời giải

a) Xét ∆ABC có Q, P lần lượt là trung điểm của AB, BC nên QP là đường trung bình của tam giác, do đó QP // AC và \(QP = \frac{1}{2}AC.\)

Tương tự, ta có: MN là đường trung bình của tam giác ACD, do đó MN // AC và \(MN = \frac{1}{2}AC.\)

Do đó MNPQ là hình bình hành.

Mặt khác, ta cũng chứng minh được MQ là đường trung bình của ∆ABD nên \(MQ = \frac{1}{2}BD.\)

Lại có ABCD là hình vuông nên AC = BD và AC BD.

Suy ra MN = MQ và MN MQ.

Khi đó hình bình hành MNPQ là hình vuông.

b) Phép quay ngược chiều 90° tâm O biến điểm O tương ứng thành chính nó.

Do ABCD là hình vuông tâm O nên OA = OB = OC = OD.

Theo câu a, ta có \(\widehat {AOD} = 90^\circ \)

Do đó, tia OD quay ngược chiều 90° tâm O đến tia OA.

Tương tự, đối với hình vuông MNPQ ta cũng có ON = OM và \(\widehat {NOM} = 90^\circ \) nên tia ON quay ngược chiều 90° tâm O đến tia OM.

Vậy phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm O, D, N tương ứng thành các điểm O, A, M.

c) Các phép quay tâm O giữ nguyên hình vuông MNPQ là các phép quay thuận chiều α° tâm O và các phép quay ngược chiều α° tâm O, với α° lần lượt nhận các giá trị:

α1° = 90°; α2° = 180°; α3° = 270°; α4° = 360°.