Cho hình vuông ABCD và O là giao điểm của AC và BD. Gọi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AO (Hình 25). Phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm N, M lần lượt thành các điểm N’

a) Do phép quay ngược chiều 90° tâm O biến các điểm N, M lần lượt thành các điểm N’, M’ nên ON = ON’, OM = OM’ và \(\widehat {NON'} = \widehat {MOM'} = 90^\circ .\)

Do đó các tam giác ONN’ và OMM’ là các tam giác vuông cân tại O.

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

Ta có OA = 2ON nên OB = OA = 2ON = 2ON’, do đó N’ là trung điểm của OB.

Suy ra

Xét ∆OAB vuông tại O có OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên \(OM = \frac{1}{2}AB,\) mà AB = BC và OM = OM’ nên \(OM' = \frac{1}{2}BC.\)

Xét ∆OBC vuông tại O có \(OM' = \frac{1}{2}BC\) nên OM’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền hay M’ là trung điểm của BC.

Suy ra

Xét ∆ANM và ∆BN’M’ có:

AN = BN’, \[\widehat {MAN} = \widehat {M'BN'} = 45^\circ ,\] AM = BM’

Do đó ∆ANM = ∆BN’M’ (c.g.c).

Suy ra MN = M’N’ (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {ANM} = \widehat {BN'M'}\) (hai góc tương ứng).

Xét ∆OAB có N, M lần lượt là trung điểm của AO, AB nên NM là đường trung bình của tam giác, do đó NM // OB và \(NM = \frac{1}{2}OB.\)

Ta có MN = M’N’ và \(BN' = \frac{1}{2}OB = NM\) nên BN’ = M’N’.

Lại có NM // OB và OB ⊥ AO nên NM ⊥ AO hay \(\widehat {ANM} = 90^\circ ,\) suy ra \(\widehat {BN'M'} = 90^\circ .\)

Tam giác BN’M’ có BN’ = M’N’ và \(\widehat {BN'M'} = 90^\circ \) nên là tam giác vuông cân tại N’.

b) Kí hiệu diện tích các tam giác ANM, AOB, CN’M’, CN’B, COB lần lượt là S_ANM, S_AOB, S_CN’M’, S_CN’B, S_COB. Gọi h_N’ là chiều cao kẻ từ N’ đến BC.

Ta có: \({S_{ANM}} = \frac{1}{2} \cdot AN \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AO \cdot \frac{1}{2}OB = \frac{1}{4} \cdot \left( {\frac{1}{2}OA \cdot OB} \right) = \frac{1}{4}{S_{AOB}};\)

\({S_{CN'M'}} = \frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot CM = \frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{1}{2} \cdot {h_{N'}} \cdot BC} \right) = \frac{1}{2}{S_{CN'B}};\)

\({S_{CN'B}} = \frac{1}{2} \cdot CO \cdot N'B = \frac{1}{2} \cdot CO \cdot \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} \cdot CO \cdot OB} \right) = \frac{1}{2}{S_{COB}}.\)

Suy ra: \({S_{CN'M'}} = \frac{1}{2}{S_{CN'B}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{S_{COB}} = \frac{1}{4}{S_{COB}}.\)

Mặt khác, \({S_{AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot OB = {S_{COB}}.\)

Do đó: S_ANM = S_CN’M’.

Vậy S_ANM : S_CN’M’ = 1.

c) Ta có AC ⊥ BD tại trung điểm O của BD nên AO là đường trung trực của BC.

Mà N ∈ AC nên ND = NB.

Do đó tam giác NDB cân ở N và dễ thấy rằng \(\widehat {DNB} > 90^\circ .\)

Suy ra phép quay thuận chiều 90° tâm N không thể biến điểm D thành điểm B.

Vậy phát biểu “Phép quay thuận chiều 90° tâm N biến điểm O thành điểm M, biến điểm D thành điểm B” là sai.