Bài 30 (tiếp). Phép quay

Câu hỏi.

a) Phép quay ngược chiều 180∘180^\circ tâm OO biến điểm AA thành điểm A′A'. Hỏi điểm A′A' có đối xứng với điểm AA qua OO hay không?

b) Nếu phép quay thuận chiều α∘\alpha^\circ tâm OO biến điểm AA thành điểm BB thì phép quay ngược chiều α∘\alpha^\circ tâm OO có biến điểm BB thành điểm AA hay không?

Trả lời:

a) Có. Vì OA′=OAOA' = OA và tia OAOA quay 180∘180^\circ đến tia OA′OA' nên ba điểm AA, OO, A′A' thẳng hàng và OO là trung điểm của AA′AA', tức là A′A' đối xứng với AA qua OO.

b) Có. Phép quay ngược chiều α∘\alpha^\circ tâm OO đưa tia OBOB quay ngược trở lại đúng vị trí tia OAOA, nên biến điểm BB thành điểm AA.

Ví dụ 4. Cho tam giác đều ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Hãy cho biết các phép quay ngược chiều lần lượt 120∘120^\circ, 240∘240^\circ, 360∘360^\circ với tâm OO sẽ biến các đỉnh AA, BB, CC thành những điểm nào?

Lời giải:

Tam giác đều ABCABC nội tiếp (O)(O) chia đường tròn thành ba cung bằng nhau, mỗi cung 120∘120^\circ. Do đó:

Phép quay ngược chiều AA thành BB thành CC thành
120∘120^\circ BB CC AA
240∘240^\circ CC AA BB
360∘360^\circ AA BB CC

Cả ba phép quay trên đều biến tam giác đều ABCABC thành chính nó — ta nói chúng giữ nguyên tam giác đều ABCABC.

Luyện tập 2. Cho hình vuông ABCDABCD nội tiếp đường tròn (O)(O).

a) Phép quay thuận chiều 90∘90^\circ tâm OO biến các điểm AA, BB, CC, DD thành những điểm nào? Phép quay này có giữ nguyên hình vuông ABCDABCD không?

b) Hãy liệt kê thêm ba phép quay khác với tâm OO theo chiều kim đồng hồ giữ nguyên hình vuông ABCDABCD.

Lời giải:

a) Hình vuông nội tiếp chia đường tròn thành bốn cung bằng nhau, mỗi cung 90∘90^\circ. Phép quay thuận chiều 90∘90^\circ tâm OO biến mỗi đỉnh thành đỉnh kề nó theo chiều kim đồng hồ: biến AA, BB, CC, DD lần lượt thành DD, AA, BB, CC.

Vì phép quay này biến các đỉnh của hình vuông thành các đỉnh của chính hình vuông đó nên nó giữ nguyên hình vuông ABCDABCD.

b) Ba phép quay thuận chiều (theo chiều kim đồng hồ) khác giữ nguyên hình vuông ABCDABCD: phép quay thuận chiều 180∘180^\circ, 270∘270^\circ và 360∘360^\circ tâm OO.

Thực hành. Cho điểm OO và điểm AA khác điểm OO. Xác định điểm A′A' là ảnh của AA qua phép quay ngược chiều 60∘60^\circ tâm OO.

Cách vẽ: Vẽ đường tròn (O;OA)(O; OA). Vẽ tia OxOx sao cho AOx^=60∘\widehat{AOx} = 60^\circ (quay từ tia OAOA ngược chiều kim đồng hồ). Tia OxOx cắt đường tròn (O;OA)(O; OA) tại điểm A′A' cần tìm.

Thử thách nhỏ 2. Hãy liệt kê 66 phép quay giữ nguyên một lục giác đều nội tiếp một đường tròn (O)(O).

Lời giải:

Lục giác đều chia đường tròn thành sáu cung bằng nhau, mỗi cung 60∘60^\circ. Sáu phép quay tâm OO giữ nguyên lục giác đều là các phép quay thuận chiều:

60∘;120∘;180∘;240∘;300∘;360∘.60^\circ; \quad 120^\circ; \quad 180^\circ; \quad 240^\circ; \quad 300^\circ; \quad 360^\circ.

(Cũng có thể liệt kê sáu phép quay ngược chiều với các góc như trên.)

Bài tập

Bài 9.26. Cho tam giác đều ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O) bán kính 22 cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABCABC.

Lời giải:

Tam giác đều cạnh aa nội tiếp đường tròn bán kính RR thỏa mãn R=33aR = \dfrac{\sqrt{3}}{3}a, suy ra:

a=R3=23 (cm)≈3,46 cm.a = R\sqrt{3} = 2\sqrt{3} \text{ (cm)} \approx 3{,}46 \text{ cm}.

Bài 9.27. Cho hình thoi ABCDABCD có A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ. Gọi MM, NN, PP, QQ lần lượt là trung điểm của ABAB, BCBC, CDCD, DADA. Chứng minh rằng MBNPDQMBNPDQ là lục giác đều.

Lời giải:

Gọi cạnh hình thoi là aa. Vì A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ nên B^=D^=120∘\widehat{B} = \widehat{D} = 120^\circ và C^=60∘\widehat{C} = 60^\circ.

Các cạnh bằng nhau: MB=BN=PD=DQ=a2MB = BN = PD = DQ = \dfrac{a}{2} (nửa cạnh hình thoi). Tam giác ABDABD có AB=AD=aAB = AD = a và A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ nên là tam giác đều, suy ra BD=aBD = a. QMQM là đường trung bình của tam giác ABDABD nên QM=BD2=a2QM = \dfrac{BD}{2} = \dfrac{a}{2}; tương tự NPNP là đường trung bình của tam giác CBDCBD nên NP=a2NP = \dfrac{a}{2}. Vậy sáu cạnh của MBNPDQMBNPDQ đều bằng a2\dfrac{a}{2}.

Các góc bằng nhau: tại đỉnh BB: MBN^=ABC^=120∘\widehat{MBN} = \widehat{ABC} = 120^\circ; tại đỉnh DD: PDQ^=CDA^=120∘\widehat{PDQ} = \widehat{CDA} = 120^\circ. Tam giác AMQAMQ có AM=AQ=a2AM = AQ = \dfrac{a}{2} và A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ nên là tam giác đều, suy ra AMQ^=60∘\widehat{AMQ} = 60^\circ, do đó QMB^=180∘−60∘=120∘\widehat{QMB} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ; tương tự DQM^=120∘\widehat{DQM} = 120^\circ. Tam giác CNPCNP đều (vì CN=CP=a2CN = CP = \dfrac{a}{2}, C^=60∘\widehat{C} = 60^\circ) nên BNP^=NPD^=120∘\widehat{BNP} = \widehat{NPD} = 120^\circ.

Lục giác lồi MBNPDQMBNPDQ có sáu cạnh bằng nhau và sáu góc đều bằng 120∘120^\circ nên là lục giác đều (điều phải chứng minh).

Bài 9.28. Cho tam giác đều ABCABC nội tiếp đường tròn (O)(O). Phép quay ngược chiều 60∘60^\circ tâm OO biến các điểm AA, BB, CC lần lượt thành các điểm DD, EE, FF. Chứng minh rằng ADBECFADBECF là một lục giác đều.

Lời giải:

Tam giác đều ABCABC nội tiếp (O)(O) chia đường tròn thành ba cung bằng nhau: sđAB⌢\overset\frown{AB} = sđBC⌢\overset\frown{BC} = sđCA⌢\overset\frown{CA} = 120∘120^\circ.

Phép quay ngược chiều 60∘60^\circ tâm OO biến AA, BB, CC thành DD, EE, FF nên sđAD⌢\overset\frown{AD} = sđBE⌢\overset\frown{BE} = sđCF⌢\overset\frown{CF} = 60∘60^\circ: mỗi điểm DD, EE, FF là điểm chính giữa của một cung 120∘120^\circ.

Do đó sáu điểm theo thứ tự AA, DD, BB, EE, CC, FF nằm trên đường tròn (O)(O) và chia đường tròn thành sáu cung bằng nhau, mỗi cung 60∘60^\circ. Sáu dây căng sáu cung bằng nhau thì bằng nhau, và mỗi góc của lục giác là góc nội tiếp chắn bốn cung liên tiếp (240∘240^\circ) nên đều bằng 120∘120^\circ.

Vậy ADBECFADBECF là lục giác đều (điều phải chứng minh).

Bài 9.29. Liệt kê năm phép quay giữ nguyên một ngũ giác đều nội tiếp một đường tròn tâm OO.

Lời giải:

Ngũ giác đều chia đường tròn thành năm cung bằng nhau, mỗi cung 360∘5=72∘\dfrac{360^\circ}{5} = 72^\circ. Năm phép quay tâm OO giữ nguyên ngũ giác đều là các phép quay thuận chiều:

72∘;144∘;216∘;288∘;360∘.72^\circ; \quad 144^\circ; \quad 216^\circ; \quad 288^\circ; \quad 360^\circ.

Luyện tập chung

Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp đường tròn (O)(O). Biết rằng AOB^=120∘\widehat{AOB} = 120^\circ, BOC^=40∘\widehat{BOC} = 40^\circ, COD^=80∘\widehat{COD} = 80^\circ. Tính số đo các góc của tứ giác ABCDABCD.

Lời giải:

Áp dụng định lí góc nội tiếp:

  • ADB^=12AOB^=60∘\widehat{ADB} = \dfrac{1}{2}\widehat{AOB} = 60^\circ (cùng chắn cung ABAB);
  • BAC^=BDC^=12BOC^=20∘\widehat{BAC} = \widehat{BDC} = \dfrac{1}{2}\widehat{BOC} = 20^\circ (cùng chắn cung BCBC);
  • CAD^=12COD^=40∘\widehat{CAD} = \dfrac{1}{2}\widehat{COD} = 40^\circ (cùng chắn cung CDCD).

Suy ra BAD^=BAC^+CAD^=20∘+40∘=60∘\widehat{BAD} = \widehat{BAC} + \widehat{CAD} = 20^\circ + 40^\circ = 60^\circ và ADC^=ADB^+BDC^=60∘+20∘=80∘\widehat{ADC} = \widehat{ADB} + \widehat{BDC} = 60^\circ + 20^\circ = 80^\circ.

Vì tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng 180∘180^\circ nên:

ABC^=180∘−ADC^=100∘;BCD^=180∘−BAD^=120∘.\widehat{ABC} = 180^\circ - \widehat{ADC} = 100^\circ; \qquad \widehat{BCD} = 180^\circ - \widehat{BAD} = 120^\circ.

Ví dụ 2. Cho lục giác đều ABCDEFABCDEF.

a) Tính số đo các góc BCFBCF, BDFBDF, BEFBEF.

b) Gọi OO là tâm của lục giác đều. Hãy chỉ ra ba phép quay tâm OO giữ nguyên tam giác ACEACE.

Lời giải:

a) Lục giác đều ABCDEFABCDEF có các góc bằng 120∘120^\circ và nội tiếp một đường tròn (O)(O). Khi đó các tứ giác ABCFABCF, ABDFABDF, ABEFABEF đều nội tiếp (O)(O), nên theo định lí tứ giác nội tiếp:

BCF^=180∘−BAF^=180∘−120∘=60∘.\widehat{BCF} = 180^\circ - \widehat{BAF} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ.

Tương tự, BDF^=BEF^=60∘\widehat{BDF} = \widehat{BEF} = 60^\circ.

b) Các góc của tam giác ACEACE đều bằng 60∘60^\circ nên ACEACE là tam giác đều nội tiếp đường tròn (O)(O). Ba phép quay tâm OO giữ nguyên tam giác ACEACE là ba phép quay thuận chiều lần lượt 120∘120^\circ, 240∘240^\circ, 360∘360^\circ.

Bài tập (Luyện tập chung)

Bài 9.31. Cho tam giác ABCABC có các đường cao ADAD, BEBE, CFCF. Chứng minh rằng BCEFBCEF, CAFDCAFD, ABDEABDE là những tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

Vì BE⊥ACBE \perp AC và CF⊥ABCF \perp AB nên BEC^=BFC^=90∘\widehat{BEC} = \widehat{BFC} = 90^\circ: hai điểm EE, FF cùng nhìn đoạn BCBC dưới một góc vuông, do đó EE, FF nằm trên đường tròn đường kính BCBC. Vậy BCEFBCEF nội tiếp.

Tương tự, AFC^=ADC^=90∘\widehat{AFC} = \widehat{ADC} = 90^\circ: hai điểm FF, DD cùng nhìn đoạn ACAC dưới góc vuông nên CAFDCAFD nội tiếp đường tròn đường kính CACA.

Và ADB^=AEB^=90∘\widehat{ADB} = \widehat{AEB} = 90^\circ: hai điểm DD, EE cùng nhìn đoạn ABAB dưới góc vuông nên ABDEABDE nội tiếp đường tròn đường kính ABAB (điều phải chứng minh).

Bài 9.32. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp đường tròn (O)(O), ABAB cắt CDCD tại EE, ADAD cắt BCBC tại FF. Biết BEC^=40∘\widehat{BEC} = 40^\circ và DFC^=20∘\widehat{DFC} = 20^\circ, tính số đo các góc của tứ giác ABCDABCD.

Lời giải:

Xét tam giác AEDAED (chú ý AED^=BEC^=40∘\widehat{AED} = \widehat{BEC} = 40^\circ là hai góc đối đỉnh):

A^+ADE^=180∘−40∘=140∘, tức laˋ A^+D^=140∘.(1)\widehat{A} + \widehat{ADE} = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ, \text{ tức là } \widehat{A} + \widehat{D} = 140^\circ. \quad (1)

Xét tam giác ABFABF (chú ý AFB^=DFC^=20∘\widehat{AFB} = \widehat{DFC} = 20^\circ):

A^+ABF^=180∘−20∘=160∘, tức laˋ A^+B^=160∘.(2)\widehat{A} + \widehat{ABF} = 180^\circ - 20^\circ = 160^\circ, \text{ tức là } \widehat{A} + \widehat{B} = 160^\circ. \quad (2)

Vì ABCDABCD nội tiếp nên B^+D^=180∘\widehat{B} + \widehat{D} = 180^\circ. Cộng (1) và (2): 2A^+(B^+D^)=300∘2\widehat{A} + (\widehat{B} + \widehat{D}) = 300^\circ, suy ra 2A^=120∘2\widehat{A} = 120^\circ, tức A^=60∘\widehat{A} = 60^\circ.

Từ đó: D^=140∘−60∘=80∘\widehat{D} = 140^\circ - 60^\circ = 80^\circ; B^=160∘−60∘=100∘\widehat{B} = 160^\circ - 60^\circ = 100^\circ; C^=180∘−A^=120∘\widehat{C} = 180^\circ - \widehat{A} = 120^\circ.

(Kiểm tra: 60∘+100∘+120∘+80∘=360∘60^\circ + 100^\circ + 120^\circ + 80^\circ = 360^\circ ✓)

Bài 9.33. Cho hình vuông ABCDABCD có cạnh bằng 44 cm. Tính chu vi, diện tích của các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp hình vuông ABCDABCD.

Lời giải:

Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với bốn cạnh, có bán kính bằng nửa cạnh: r=2r = 2 cm.

  • Chu vi: 2πr=4π≈12,572\pi r = 4\pi \approx 12{,}57 (cm);
  • Diện tích: πr2=4π≈12,57\pi r^2 = 4\pi \approx 12{,}57 (cm²).

Đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng nửa đường chéo: R=422=22R = \dfrac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} cm.

  • Chu vi: 2πR=42π≈17,772\pi R = 4\sqrt{2}\pi \approx 17{,}77 (cm);
  • Diện tích: πR2=8π≈25,13\pi R^2 = 8\pi \approx 25{,}13 (cm²).

Bài 9.34. Biết rằng bốn đỉnh AA, BB, CC, DD của một hình vuông cùng nằm trên một đường tròn (O)(O) theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ. Phép quay thuận chiều 45∘45^\circ biến các điểm AA, BB, CC, DD lần lượt thành các điểm EE, FF, GG, HH.

a) Vẽ đa giác EAFBGCHDEAFBGCHD.

b) Đa giác EAFBGCHDEAFBGCHD có phải là một bát giác đều hay không? Vì sao?

Lời giải:

a) Hình vuông ABCDABCD chia đường tròn thành bốn cung bằng nhau, mỗi cung 90∘90^\circ. Phép quay thuận chiều 45∘45^\circ đưa mỗi đỉnh đến điểm chính giữa của cung kề nó, nên EE, FF, GG, HH lần lượt là điểm chính giữa các cung DADA, ABAB, BCBC, CDCD (theo chiều quay). Nối tám điểm theo thứ tự EE, AA, FF, BB, GG, CC, HH, DD ta được đa giác cần vẽ.

b) Có. Tám điểm EE, AA, FF, BB, GG, CC, HH, DD theo thứ tự chia đường tròn (O)(O) thành tám cung bằng nhau, mỗi cung 45∘45^\circ. Tám dây căng tám cung bằng nhau nên tám cạnh bằng nhau; mỗi góc của đa giác là góc nội tiếp chắn sáu cung liên tiếp (270∘270^\circ) nên các góc đều bằng 135∘135^\circ. Vậy EAFBGCHDEAFBGCHD là bát giác đều.

Bài 9.35. Cho ngũ giác đều ABCDEABCDE nội tiếp đường tròn (O)(O).

a) Hãy tìm một phép quay thuận chiều tâm OO biến điểm AA thành điểm CC.

b) Phép quay trên sẽ biến các điểm BB, CC, DD, EE lần lượt thành những điểm nào? Phép quay này có giữ nguyên ngũ giác đều ABCDEABCDE không?

Lời giải:

a) Ngũ giác đều chia đường tròn thành năm cung bằng nhau, mỗi cung 72∘72^\circ. Từ AA đến CC (đi qua BB) là hai cung, tức 144∘144^\circ. Vậy phép quay thuận chiều 144∘144^\circ tâm OO biến điểm AA thành điểm CC.

b) Phép quay đó dịch mỗi đỉnh đi hai vị trí theo chiều quay: biến BB, CC, DD, EE lần lượt thành DD, EE, AA, BB.

Vì phép quay biến các đỉnh của ngũ giác đều thành các đỉnh của chính nó nên nó giữ nguyên ngũ giác đều ABCDEABCDE.

Bài 9.36. Người ta muốn làm một khay đựng bánh kẹo hình lục giác đều có cạnh 1010 cm và chia thành 77 ngăn gồm một lục giác đều nhỏ và 66 hình thang cân. Hỏi lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng bao nhiêu để nó có diện tích bằng hai lần diện tích mỗi hình thang?

Lời giải:

Gọi cạnh lục giác đều nhỏ là xx (cm, 0<x<100 < x < 10). Diện tích lục giác đều cạnh aa bằng 332a2\dfrac{3\sqrt{3}}{2}a^2.

Diện tích khay: S=332⋅102S = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \cdot 10^2; diện tích lục giác nhỏ: S1=332x2S_1 = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}x^2.

Sáu hình thang cân bằng nhau chia đều phần còn lại, nên diện tích mỗi hình thang là:

S2=S−S16=3312(100−x2).S_2 = \frac{S - S_1}{6} = \frac{3\sqrt{3}}{12}(100 - x^2).

Theo đề bài S1=2S2S_1 = 2S_2:

332x2=2⋅3312(100−x2)  ⟺  x2=100−x23  ⟺  3x2=100−x2  ⟺  4x2=100  ⟺  x=5.\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2 = 2 \cdot \frac{3\sqrt{3}}{12}(100 - x^2) \iff x^2 = \frac{100 - x^2}{3} \iff 3x^2 = 100 - x^2 \iff 4x^2 = 100 \iff x = 5.

Vậy lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng 55 cm.

(Thử lại: S1=332⋅25S_1 = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \cdot 25; S2=3312⋅75=332⋅12,5S_2 = \dfrac{3\sqrt{3}}{12} \cdot 75 = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \cdot 12{,}5 — đúng bằng nửa S1S_1 ✓)