Giải SBT Toán 9 Bài 2. Phép quay có đáp án

a)

Ta có: M(–4; 0), N(4; 0) suy ra OM = |–4| = 4; ON = |4| = 4.

Do đó OM = OM. (1)

Ta cũng suy ra được điểm M và điểm N cùng nằm trên trục Ox, đối xứng với nhau qua điểm O, khi đó \(\widehat {MON} = 180^\circ .\)

Do đó, tia OM quay đến tia ON theo chiều ngược kim đồng hồ tạo thành một cung có số đo bằng 180°. (2)

Từ (1) và (2), ta có phép quay ngược chiều 180° tâm O biến điểm M thành điểm N.

Vậy α = 180.

b)

Gọi H là hình chiếu của điểm P trên Ox.

Do P(3; 3) nên H(3; 0). Suy ra OH = 3 và PH = 3.

Do đó ∆OPH vuông cân tại H, nên \(\widehat {POH} = 45^\circ .\)

Gọi Q là điểm đối xứng với P(3; 3) qua Ox. Khi đó Q(3; –3).

Ta cũng chứng minh được \(\widehat {QOH} = 45^\circ .\)

Khi đó, \(\widehat {POQ} = \widehat {POH} + \widehat {HOQ} = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ .\)

Mặt khác, P và Q đối xứng với nhau qua Ox hay OH là trung trực của PQ, nên OP = OQ. Do đó tia OP quay đến tia OQ theo chiều kim đồng hồ tạo thành một cung có số đo bằng 90°.

Vậy phép quay thuận chiều 90° tâm O điểm P(3; 3) biến thành điểm Q(3; – 3).

a)

Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.

Do đó A, B lần lượt là điểm đối xứng với C, D qua điểm O.

Ta có OA = OC và \(\widehat {COA} = 180^\circ \) nên tia OC quay đến tia OA ngược chiều kim đồng hồ tạo thành một cung có số đo bằng 180°.

Như vậy, phép quay ngược chiều 180° tâm O biến điểm C thành điểm A đối xứng với nó qua tâm O.

Tương tự, ta có OB = OD và \(\widehat {DOB} = 180^\circ \) nên phép quay ngược chiều 180° tâm O biến điểm D thành điểm B đối xứng với nó qua tâm O.

b)

Vì A₁A₂A₃A₄A₅A₆ là hình lục giác đều nên O là trung điểm của ba đường chéo A₁A₄, A₂A₅ và A₃A₆.

Do đó A₆, A₁, A₂ lần lượt là điểm đối xứng với A₃, A₄, A₅ qua điểm O.

Ta có OA₆ = OA₃ và \(\widehat {{A_3}O{A_6}} = 180^\circ \) nên tia OA₃ quay đến tia OA₆ thuận chiều kim đồng hồ tạo thành một cung có số đo bằng 180°.

Như vậy, phép quay thuận chiều 180° tâm O biến điểm A₃ thành điểm A₆ đối xứng với nó qua tâm O.

Tương tự, ta chứng minh được phép quay thuận chiều 180° tâm O biến mỗi điểm A₄, A₅ lần lượt thành điểm A_1, A₂ đối xứng với mỗi điểm qua tâm O.

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°.

a) ⦁ Phép quay thuận chiều 90° tâm B biến điểm B tương ứng thành chính nó.

⦁ Do ABCD là hình vuông nên BA = BC và \(\widehat {ABC} = 90^\circ .\)

Do đó tia BA quay đến tia BC tạo thành một cung có số đo 90°.

Như vậy, phép quay thuận chiều 90° tâm B biến điểm A thành điểm C.

⦁ Tương tự, do BEFG là hình vuông nên BG = BE và \(\widehat {GBE} = 90^\circ .\) Do đó phép quay thuận chiều 90° tâm B biến điểm G thành điểm E.

Phép quay thuận chiều 90° tâm B biến các điểm A, B, G lần lượt thành các điểm C, B, E.

b)

Vì ABCD là hình vuông nên AC là tia phân giác của góc DAB, suy ra \(\widehat {CAB} = \frac{1}{2}\widehat {DAB} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ .\)

Phép quay ngược chiều 45° tâm A:

 – Biến điểm B thành điểm N với N nằm trên tia AC và AN = AB;

 – Biến điểm E thành điểm M với M nằm trên tia AC và AM = AE.

⦁ 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 \(MI = \frac{1}{2}BI\)mà \(IB = ID = \frac{1}{2}BD\) 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.