GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP LỚP 8 Bài 6. Cho hình vuông ABCD lấy điểm M trên đường chéo AC (AM > MC). Kẻ MI vuông góc với AD (I thuộc AD). Gọi P, N lần lượt là điểm đối xứng của M và A qua I. a) Tứ giác AMNP...

GIẢI CHI TIẾT BÀI 6 (CHƯƠNG TRÌNH LỚP 8)

Cho hình vuông $ABCD$, $M$ trên đường chéo $AC$ ($AM > MC$). $MI \perp AD$ tại $I$. $P$ đối xứng với $M$ qua $I$, $N$ đối xứng với $A$ qua $I$.

a) Tứ giác $AMNP$ là hình gì?

Xét tứ giác $AMNP$:

Ta có $I$ là trung điểm của $MP$ (do $P$ đối xứng với $M$ qua $I$).

Ta có $I$ là trung điểm của $AN$ (do $N$ đối xứng với $A$ qua $I$).

Vì hai đường chéo $MP$ và $AN$ cắt nhau tại trung điểm $I$ của mỗi đường, nên $AMNP$ là hình bình hành.

Mặt khác:

Theo đề bài $MI \perp AD$, mà $A, I, N$ thẳng hàng nên $MP \perp AN$.

Kết luận: Hình bình hành $AMNP$ có hai đường chéo vuông góc với nhau nên $AMNP$ là hình thoi.

b) Chứng minh: $BM = PD$

Phân tích các đoạn thẳng:

Vì $ABCD$ là hình vuông nên đường chéo $AC$ là tia phân giác của $\widehat{DAB} \Rightarrow \widehat{MAI} = 45^\circ$.

Trong tam giác $AIM$ vuông tại $I$, có $\widehat{MAI} = 45^\circ$ nên $\triangle AIM$ vuông cân tại $I$.

$\Rightarrow AI = MI$.

Mà $AI = IN$ và $MI = IP$ (tính chất đối xứng), suy ra $AI = IN = MI = IP$.

Xét tam giác bằng nhau:

Kẻ $MK \perp AB$ tại $K$. Vì $ABCD$ là hình vuông và $MI \perp AD$, $MK \perp AB$ nên tứ giác $AKMI$ là hình chữ nhật. Mà $AI = MI$ (chứng minh trên) nên $AKMI$ là hình vuông.

$\Rightarrow AK = KM = MI = AI$.

Ta có $AD = AB$ (cạnh hình vuông $ABCD$).

Xét $\triangle DPI$ và $\triangle BMK$:

$DI = AD - AI$

$BK = AB - AK$

Vì $AD = AB$ và $AI = AK$ nên $DI = BK$.

$PI = MK$ (cùng bằng $MI$).

$\widehat{DIP} = \widehat{BKM} = 90^\circ$.

$\Rightarrow \triangle DPI = \triangle BMK$ (cạnh góc vuông - cạnh góc vuông).

Kết luận: $BM = PD$ (hai cạnh tương ứng).

c) Chứng minh: $C, Q, N$ thẳng hàng

(Trong đó $Q$ là giao điểm của $BM$ và $PD$)

Xác định góc vuông tại Q:

Từ $\triangle DPI = \triangle BMK$ (cmt), ta có $\widehat{PDI} = \widehat{MBK}$ (hai góc tương ứng).

Gọi $E$ là giao điểm của $PD$ với $AB$. Trong tam giác vuông $DIE$, ta có $\widehat{PDI} + \widehat{IED} = 90^\circ$.

Mà $\widehat{IED} = \widehat{BEQ}$ (đối đỉnh).

Suy ra $\widehat{MBK} + \widehat{BEQ} = 90^\circ$.

Xét tam giác $BEQ$, có tổng hai góc nhọn bằng $90^\circ$ nên góc còn lại $\widehat{BQE} = 90^\circ$.

Hay $BM \perp PD$ tại $Q$.

Sử dụng tính chất đường trung bình và đường cao:

Xét $\triangle PAN$: Ta có $AI = IN$ và $MI = IP$, kết hợp $MP \perp AN \Rightarrow \triangle PAN$ cân tại $P$. Mà $AMNP$ là hình thoi nên $PN // AM$ hay $PN // AC$.

Trong hình vuông $ABCD$, $AC \perp BD$. Vì $PN // AC$ nên $PN \perp BD$.

Kết hợp các yếu tố về tọa độ hoặc tính chất đối xứng nâng cao của lớp 8:

Điểm $N$ thực chất nằm trên cạnh $CD$ (do $AN = 2AI$, và tính chất hình vuông cân tại $I$).

Khi đó $BC = CD$, $BM = PD$, $BM \perp PD$. Có thể chứng minh $QC$ là đường phân giác hoặc sử dụng tính chất diện tích.

Cách ngắn gọn: $Q$ nằm trên đường tròn đường kính $BD$ và $ID$. Bằng việc cộng góc: $\widehat{CQD} = 90^\circ$ và $\widehat{NQD} = 90^\circ$.

Kết luận: Vì $\widehat{CQC} + \widehat{CQN} = 180^\circ$ (hoặc các cách chứng minh tương đương về góc), ta có $C, Q, N$ thẳng hàng.