Bài 14. Trường hợp bằng nhau thứ hai và thứ ba của tam giác

Định hướng. Ở hình a) dùng cạnh chung $BD$; ở hình c) dùng góc đối đỉnh tại $O$.

Vậy ở hình a) tam giác $ABD$ = tam giác $CDB$; ở hình c) tam giác $MON$ = tam giác $POQ$ (đều c.g.c).

Định hướng. Ở hình b), xét tam giác $HEF$ và tam giác $HEG$ với cạnh chung $EH$, dùng $EF=EG$ và góc xen giữa $\widehat{FEH}=\widehat{GEH}$.

Vậy ở hình b), tam giác $HEF$ = tam giác $HEG$ (c.g.c).

Nhận xét. Ba hình tuy khác cấu hình nhưng đều quy về việc tìm đúng yếu tố xen giữa (cạnh chung hoặc góc đối đỉnh) trước khi ghép c.g.c.

Định hướng. Góc xen giữa cho biết cặp đỉnh trung tâm $B\leftrightarrow F$; từ hai cạnh đã cho suy tiếp hai cặp đỉnh còn lại.

Vậy các câu đúng là b) và d); câu a), c) sai vì viết sai thứ tự tương ứng đỉnh.

Định hướng. Viết hẳn bảng $A\leftrightarrow E$, $B\leftrightarrow F$, $C\leftrightarrow D$ trước, rồi cơ học soát từng câu xem thứ tự viết có khớp bảng không, tránh nhầm khi suy luận trực tiếp như Cách 1.

Vậy câu d) chắc chắn đúng; đối chiếu cẩn thận lại câu b) theo đúng phép hoán vị nhất quán với d) cũng cho kết quả đúng, khớp lại với Cách 1: các câu đúng là b), d).

Nhận xét. Cách lập bảng tuy an toàn nhưng dễ rối khi tam giác có nhiều cách viết hoán vị; Cách 1 (suy trực tiếp từ góc xen giữa) thường nhanh và chắc chắn hơn.

Định hướng. Từ $\widehat{ABC}=\widehat{PNM}$ suy $B\leftrightarrow N$ (đỉnh giữa); từ $\widehat{ACB}=\widehat{NPM}$ suy $C\leftrightarrow P$ (đỉnh giữa); đỉnh còn lại $A\leftrightarrow M$.

Vậy tam giác $ABC$ = tam giác $MNP$ (đúng thứ tự $A\to M$, $B\to N$, $C\to P$) — đây là câu d).

Định hướng. Dùng bảng $A\leftrightarrow M$, $B\leftrightarrow N$, $C\leftrightarrow P$ từ Cách 1 để soát cơ học từng câu, tránh bỏ sót.

Vậy chỉ câu d) đúng, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Bài này chỉ có đúng MỘT câu đúng (khác Bài 4.22 có hai câu đúng), vì $g.c.g$ với thứ tự chữ cái đã cho chỉ khớp duy nhất với cách viết $MNP$.

Định hướng. Xét tam giác $ABC$ và tam giác $BAD$ với cạnh chung $AB$, góc xen giữa $\widehat{CAB}=\widehat{DBA}$ và cạnh $AC=BD$.

Vậy tam giác $ABC$ = tam giác $BAD$ (c.g.c), suy ra $BC=AD$ (hai cạnh tương ứng), tức $AD=BC$.

Định hướng. Viết lại đúng ba yếu tố theo thứ tự tam giác $ACB$ và tam giác $BDA$ để tránh nhầm lẫn khi đối chiếu góc xen giữa, đi đến cùng kết luận theo một cách trình bày khác.

Vậy $CB=DA$ (hai cạnh tương ứng), tức $AD=BC$, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Hai cách chỉ khác nhau ở thứ tự viết tên tam giác ($ABC$-$BAD$ hay $ACB$-$BDA$), bản chất phép ghép c.g.c và kết luận hoàn toàn giống nhau.

Định hướng. Dùng tổng ba góc cho cả hai tam giác để suy $\widehat{ABC}=\widehat{ABD}$, rồi ghép g.c.g.

Vậy tam giác $ABC$ = tam giác $ABD$ (g.c.g).

Định hướng. Giả sử hai tam giác không bằng nhau, chỉ ra mâu thuẫn với việc góc thứ ba luôn bị ép bằng nhau bởi định lí tổng ba góc, tương tự lập luận đã dùng ở Thử thách nhỏ trang 73 SGK.

Vậy điều giả sử sai, tam giác $ABC$ = tam giác $ABD$, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Bài này chính là một bản sao của Thử thách nhỏ (trang 73 SGK) với tên điểm khác — cùng một mô-típ "cạnh, góc kề, góc đối diện" tương đương g.c.g.

Định hướng. Ghép g.c.g cho tam giác $ABE$, $CDE$ để có ý a); dùng kết quả đó ghép tiếp $ADE$, $CBE$ để có $AD=CB$; rồi ghép c.c.c cho ý b); cuối cùng suy so le trong cho ý c).

Vậy $AD\parallel BC$ — đây là ý c).

Định hướng. Sau khi có $AD=CB$ và $AE=CE$, $DE=BE$ (từ Cách 1), nhận xét tam giác $AED$ và $CEB$ đã bằng nhau (c.g.c ở bước trung gian), dùng ngay góc tương ứng của cặp này để suy so le trong, không cần đợi chứng minh xong ý b).

Vậy $AD\parallel BC$ ngay từ bước trung gian, không cần chờ chứng minh xong ý b) như Cách 1 — vẫn ra cùng kết luận nhưng đi đường tắt hơn.

Nhận xét. Khi trình bày bài làm chính thức theo đúng thứ tự đề bài (a, b, c) vẫn nên làm theo Cách 1; Cách 2 chỉ cho thấy có một đường tắt khác để tới ý c).

Định hướng. Ý a) dùng đối đỉnh tại $E$ và tổng ba góc; ý b) ghép g.c.g; ý c) dùng hai tam giác cân $EAB$, $EDC$ có góc đỉnh bằng nhau.

Vậy $AB\parallel DC$ — đây là ý c).

Định hướng. Từ $AD=BC$ (giả thiết) và $DB=CA$ (suy ra vì $DB=DE+EB=CE+EA=CA$, dùng $EA=EB$, $ED=EC$ từ ý b), ghép thêm một cặp tam giác lớn hơn $ADB$, $BCA$ rồi suy góc so le trong theo hướng khác.

Vậy $AB\parallel DC$, khớp với Cách 1 nhưng đi qua cặp tam giác lớn $ADB$, $BCA$ thay vì hai tam giác cân.

Nhận xét. Cách 2 dài hơn vì phải chứng minh thêm $DB=CA$ bằng cộng đoạn thẳng trước khi ghép c.g.c; Cách 1 (dùng trực tiếp hai tam giác cân từ ý b) gọn hơn.

Định hướng. Vì tam giác $ABC$ = tam giác $DEF$ nên $AB=DE$, $BC=EF$, $\widehat{ABC}=\widehat{DEF}$; chia đôi $BC$, $EF$ tại $M$, $N$ rồi ghép c.g.c cho hai tam giác nhỏ.

Vậy $AM=DN$ (hai cạnh tương ứng) — đây là ý a).

Định hướng. Tương tự ý a) nhưng dùng tia phân giác thay vì trung điểm: $BP$, $EQ$ chia đôi góc $\widehat{ABC}$, $\widehat{DEF}$ vốn đã bằng nhau, nên hai nửa góc cũng bằng nhau.

Vậy $BP=EQ$ (hai cạnh tương ứng) — đây là ý b).

Nhận xét. Ý a) và ý b) dùng chung một tư tưởng (ghép thêm một cặp tam giác nhỏ chứa đoạn cần so sánh) nhưng khác nhau ở trường hợp bằng nhau áp dụng: c.g.c cho trung tuyến, g.c.g cho phân giác.

Định hướng. Dùng $BC=EF$ chia đôi để có $BM=EN$, ghép c.c.c cho tam giác $ABM$, $DEN$ để suy góc $\widehat{ABC}=\widehat{DEF}$, rồi ghép c.g.c cho tam giác lớn.

Vậy tam giác $ABC$ = tam giác $DEF$.

Định hướng. Trên tia đối của tia $MA$ lấy $A^{\prime }$ sao cho $M{A}^{\prime }=MA$; trên tia đối của tia $ND$ lấy $D^{\prime }$ sao cho $N{D}^{\prime }=ND$; dùng tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm để suy ra cạnh bằng nhau theo hướng khác.

Vậy tam giác $ABC$ = tam giác $DEF$, khớp với Cách 1 nhưng đi đường vòng qua điểm dựng thêm $A^{\prime }$, $D^{\prime }$.

Nhận xét. Cách 2 là kĩ thuật "nhân đôi đường trung tuyến" kinh điển nhưng dài và nhiều bước phụ hơn hẳn Cách 1 — Cách 1 (ghép tam giác nhỏ chứa nửa cạnh $BC$) gọn và trực tiếp hơn nhiều.

Định hướng. Trước hết ghép c.g.c hai lần để có hai cặp cạnh đối song song (hình bình hành); sau đó dùng $AC=BD$ ghép c.c.c để suy ra một góc vuông.

Vậy hình bình hành $ABCD$ có một góc vuông nên $ABCD$ là hình chữ nhật.

Định hướng. Không qua khái niệm hình bình hành: nhận xét bốn tam giác $OAB$, $OBC$, $OCD$, $ODA$ đều cân tại $O$ (vì $OA=OB=OC=OD$), ghép bằng nhau từng cặp đối đỉnh rồi cộng các góc quanh từng đỉnh của tứ giác để suy trực tiếp góc vuông.

Vậy $\widehat{ABC}=90^{\circ }$; lập luận tương tự cho ba đỉnh còn lại cũng cho góc $90^{\circ }$, suy ra $ABCD$ có cả bốn góc vuông nên là hình chữ nhật — khớp với Cách 1 nhưng không cần qua khái niệm trung gian "hình bình hành".

Nhận xét. Cách 2 cho ngay cả BỐN góc vuông cùng lúc bằng một công thức chung, trong khi Cách 1 chỉ cho một góc vuông rồi suy các góc còn lại từ tính chất hình bình hành.