Ôn tập chương IV

Định hướng. Với mỗi phương án, tìm một tam giác cụ thể không thỏa mãn để loại, phương án nào không tìm được phản ví dụ thì đó là đáp án đúng.

Vậy khẳng định đúng là B.

Định hướng. Thay vì dò từng phương án, chứng minh thẳng B đúng bằng phản chứng dựa trên tổng ba góc, sau đó chỉ cần một phản ví dụ ngắn gọn cho mỗi phương án còn lại.

Vậy khẳng định đúng là B.

Nhận xét. Cách 2 chỉ cần chứng minh trực tiếp một lần bằng phản chứng, ngắn hơn việc tìm phản ví dụ riêng cho cả bốn phương án.

Định hướng. Lấy một tam giác tù cụ thể, tính tổng hai góc còn lại rồi so sánh với $90^{\circ }$ để kiểm tra khẳng định C.

Vậy khẳng định sai là C.

Định hướng. Gọi góc tù là $\alpha$ ($\alpha >90^{\circ }$), biểu diễn tổng hai góc còn lại theo $\alpha$ rồi so sánh với $90^{\circ }$ bằng bất đẳng thức, tổng quát cho mọi tam giác tù chứ không riêng một ví dụ.

Vậy khẳng định sai là C.

Nhận xét. Cách 2 dùng biến $\alpha$ nên chứng minh được C sai cho \emph{mọi} tam giác tù, chặt chẽ hơn Cách 1 vốn chỉ xét một trường hợp số cụ thể.

Định hướng. So từng câu với định nghĩa chuẩn của c.c.c, c.g.c, g.c.g; câu nào đúng nguyên văn một trường hợp đã học thì đúng, câu nào thiếu hoặc thừa điều kiện thì sai.

Vậy khẳng định đúng là B.

Định hướng. Với các câu A, C, D, vẽ thử hai tam giác không bằng nhau nhưng vẫn thỏa điều kiện của câu đó, để chứng tỏ điều kiện chưa đủ.

Vậy khẳng định đúng là B.

Nhận xét. Cách 2 trực quan hơn vì chỉ ra được cụ thể hai tam giác khác nhau vẫn thỏa các điều kiện sai, giúp nhớ lâu hơn lý do vì sao A, C, D không phải trường hợp bằng nhau chuẩn.

Định hướng. A, B, C khớp đúng c.g.c, g.c.g và định nghĩa hai tam giác bằng nhau nên đúng; D cần kiểm tra bằng một phản ví dụ hai tam giác có góc bằng nhau nhưng cạnh khác nhau.

Vậy khẳng định sai là D.

Định hướng. Câu C khẳng định \"hai tam giác bằng nhau $\Rightarrow$ các cặp góc tương ứng bằng nhau\" (đúng); câu D chính là mệnh đề đảo \"các cặp góc tương ứng bằng nhau $\Rightarrow$ hai tam giác bằng nhau\". Một mệnh đề đúng không đảm bảo mệnh đề đảo cũng đúng, cần kiểm tra riêng.

Vậy khẳng định sai là D.

Nhận xét. Cách 2 chỉ ra rõ bản chất D sai vì đó là mệnh đề đảo của một tính chất đúng — một lỗi suy luận thường gặp, không riêng bài toán này.

Định hướng. Tam giác đều là tam giác có ba cạnh bằng nhau (hoặc tương đương, ba góc bằng nhau, mỗi góc $60^{\circ }$); so từng câu với định nghĩa này.

Vậy khẳng định đúng là A.

Định hướng. Với B, C, D, dựng một tam giác thỏa điều kiện đề cho nhưng tính được góc/cạnh không bằng nhau hết, để khẳng định chắc chắn các câu này sai.

Vậy khẳng định đúng là A.

Nhận xét. Cách 2 cho hẳn số đo cụ thể nên chắc chắn không sót trường hợp, phù hợp khi cần trình bày lời giải chi tiết thay vì chỉ chọn đáp án.

Định hướng. So khớp từng câu với định nghĩa chuẩn của tam giác tù, vuông, cân, nhọn.

Vậy khẳng định sai là C.

Định hướng. Vẽ một tam giác cân có góc ở đỉnh khác $60^{\circ }$ để chứng tỏ định nghĩa trong câu C (ba góc $60^{\circ }$) không đúng với mọi tam giác cân.

Vậy khẳng định sai là C.

Nhận xét. Cách 2 cho một ví dụ số cụ thể nên thuyết phục hơn khi cần giải thích rõ vì sao C sai, không chỉ dừng ở việc gọi tên định nghĩa.

Định hướng. Đường trung trực của $AB$ phải thỏa \emph{đồng thời} hai điều kiện: đi qua trung điểm $AB$ và vuông góc với $AB$; thiếu một trong hai điều kiện đều không đủ.

Vậy khẳng định đúng là D.

Định hướng. Vẽ một đường thẳng thỏa đúng \emph{một} điều kiện nêu trong câu nhưng không phải trung trực, để bác bỏ trực quan từng câu sai.

Vậy khẳng định đúng là D.

Nhận xét. Cách 2 cho thấy trực quan vì sao thiếu một trong hai điều kiện (qua trung điểm, vuông góc) đều phá vỡ tính chất cách đều hai đầu đoạn thẳng.

Định hướng. Tính $x$ từ tam giác vuông $BDE$, suy ra $y$ nhờ ba góc $x,y,70^{\circ }$ kề nhau tại $D$ cộng $180^{\circ }$, tính $v$ từ tam giác cân $ADC$, rồi tính $z$ từ tam giác $ABD$.

Vậy $x=50^{\circ }$, $y=60^{\circ }$, $z=30^{\circ }$, $t=40^{\circ }$, $v=70^{\circ }$.

Định hướng. Tính $v$ và $t$ trước từ tam giác cân $ADC$ (không phụ thuộc tam giác $BDE$), rồi dùng tổng ba góc của tam giác lớn $ABC$ để tìm góc $\widehat{BAC}=z+t$, từ đó suy ra $z$ mà không cần tính $\widehat{ADB}$ qua $x+y$.

Vậy $x=50^{\circ }$, $y=60^{\circ }$, $z=30^{\circ }$, $t=40^{\circ }$, $v=70^{\circ }$.

Nhận xét. Cách 2 tính $z$ qua tam giác lớn $ABC$ thay vì qua $\widehat{ADB}$, cho kết quả giống Cách 1 — dùng để kiểm tra chéo đáp số.

Định hướng. Với tam giác vuông và tam giác tù, hai góc còn lại (sau góc $90^{\circ }$ hoặc góc tù) luôn có tổng nhỏ hơn $90^{\circ }$, nên bản thân từng góc trong hai góc đó cũng nhỏ hơn $90^{\circ }$ — tức đều là góc nhọn.

Vậy a) đúng; b) đúng; c) sai; d) đúng.

Định hướng. Với ý c) dễ gây tranh cãi nhất, lấy hẳn một tam giác tù có số đo cụ thể để đếm trực tiếp số góc nhọn; các ý a, b, d đối chiếu thẳng với định nghĩa đã học.

Vậy a) đúng; b) đúng; c) sai; d) đúng.

Nhận xét. Một ví dụ số cụ thể cho ý c) giúp thấy ngay hai góc nhọn đồng thời, tránh nhầm lẫn khi chỉ lập luận bằng chữ.

Định hướng. Với ý a), chia hai trường hợp góc $60^{\circ }$ là góc ở đỉnh hoặc góc ở đáy của tam giác cân rồi tính góc còn lại trong từng trường hợp; ý b) tìm phản ví dụ tam giác cân tù; ý c), d) đối chiếu định nghĩa/tính chất đã học.

Vậy a) đúng; b) sai; c) đúng; d) đúng.

Định hướng. Thay vì xét từng trường hợp bằng số, đặt góc đáy là $\beta$ và góc đỉnh là $180^{\circ }-2\beta$, rồi giải phương trình ứng với từng vị trí có thể của góc $60^{\circ }$ để thấy cả hai đều cho cùng một nghiệm $\beta =60^{\circ }$.

Vậy a) đúng; b) sai; c) đúng; d) đúng.

Nhận xét. Cách 2 dùng ẩn $\beta$ nên chứng minh a) đúng cho mọi trường hợp chỉ bằng hai phương trình, không cần liệt kê thủ công như Cách 1.

Định hướng. Với $ABC$ và $MNP$, trừ trực tiếp hai góc đã biết khỏi $180^{\circ }$; với $DEF$, dùng $DE=DF$ để suy ra $\hat{E}=\hat{F}$ trước khi tính $\hat{D}$.

Vậy $\hat{A}=60^{\circ }$; $\hat{D}=70^{\circ }$, $\hat{E}=55^{\circ }$; $\hat{M}=50^{\circ }$.

Định hướng. Với tam giác cân, có thể tính thẳng góc ở đỉnh bằng công thức $180^{\circ }-2\times$ (góc đáy) thay vì tính từng bước qua $\hat{E}$, gộp hai dòng làm một.

Vậy $\hat{A}=60^{\circ }$; $\hat{D}=70^{\circ }$, $\hat{E}=55^{\circ }$; $\hat{M}=50^{\circ }$.

Nhận xét. Cách 2 dùng trực tiếp công thức góc ở đỉnh và tính chất hai góc nhọn phụ nhau nên gọn hơn một bước so với Cách 1 ở tam giác $DEF$ và $MNP$.

Định hướng. Cạnh $DC$ chung của hai tam giác $DAC$, $DBC$; cùng $DA=DB$, $CA=CB$ cho c.c.c ngay. Với câu b, nhận ra $D$, $C$ đều cách đều $A$, $B$ nên đường thẳng $DC$ là trung trực của $AB$, tất yếu vuông góc.

Vậy $\widehat{DAC}=\widehat{DBC}$ và đường thẳng $DC$ vuông góc với đường thẳng $AB$.

Định hướng. Vì $△ADB$ cân tại $D$ và $△ACB$ cân tại $C$ (cùng đáy $AB$), đường thẳng $DC$ nối hai đỉnh cân cùng đáy chính là trục đối xứng chung, vừa là phân giác góc ở đỉnh vừa vuông góc với đáy.

Vậy $\widehat{DAC}=\widehat{DBC}$ và $DC\perp AB$.

Nhận xét. Cách 2 dài hơn nhưng chứng minh tường minh vì sao $DC\perp AB$ bằng góc vuông cụ thể tại $I$, thay vì chỉ trích dẫn tính chất đường trung trực như Cách 1.

Định hướng. Ghép $△ABD=△ACD$ trước (cạnh huyền - góc nhọn); dùng $AB=AC$ vừa có để ghép $△ABF=△ACE$ (cạnh góc vuông - góc nhọn kề, góc $A$ chung); dùng $DB=DC$ để ghép $△BDE=△CDF$ (cạnh góc vuông - góc nhọn kề, góc đối đỉnh tại $D$).

Vậy ba cặp tam giác vuông bằng nhau là $△ABD=△ACD$, $△ABF=△ACE$, $△BDE=△CDF$; và $△ADE=△ADF$.

Định hướng. Vì $AD$ là phân giác của $\widehat{BAC}$, phép đối xứng qua đường thẳng $AD$ biến tia $AB$ thành tia $AC$; vì phép đối xứng trục bảo toàn góc vuông và khoảng cách, nó biến toàn bộ hình gắn với tia $AB$ (điểm $B$, $E$, đường vuông góc $BD$) thành hình gắn với tia $AC$ (điểm $C$, $F$, đường vuông góc $CD$), cho cả ba cặp tam giác bằng nhau cùng lúc.

Vậy ba cặp tam giác vuông bằng nhau tương ứng qua trục đối xứng $AD$; và $△ADE=△ADF$.

Nhận xét. Cách 2 nhìn toàn cục bằng một phép đối xứng duy nhất thay vì ghép domino từng cặp, nhưng đòi hỏi hiểu rõ khái niệm đối xứng trục hơn Cách 1.

Định hướng. $△BPM$, $△CQM$ vuông tại $P$, $Q$ có cạnh huyền $BM=CM$ và góc nhọn $\hat{B}=\hat{C}$ (tam giác cân) nên bằng nhau; suy ra $AP=AQ$ nhờ trừ đi từ $AB=AC$. Câu b dùng lại $AP=AQ$, $MP=MQ$ để khẳng định $AM$ là trung trực của $PQ$.

Vậy $MP=MQ$, $AP=AQ$, và đường thẳng $PQ$ vuông góc với $AM$.

Định hướng. Đường thẳng $AM$ (từ đỉnh cân đến trung điểm cạnh đáy) là trục đối xứng của $△ABC$ cân, biến $B$ thành $C$ và tia $AB$ thành tia $AC$; vì $MP\perp AB$, $MQ\perp AC$ là ảnh của nhau qua trục này nên $P$ biến thành $Q$, cho ngay cả hai kết luận của câu a) và b).

Vậy $MP=MQ$, $AP=AQ$, và đường thẳng $PQ$ vuông góc với $AM$.

Nhận xét. Cách 2 gọn hơn vì giải quyết đồng thời cả hai câu chỉ bằng một lập luận đối xứng, không cần ghép tam giác vuông rồi tính riêng từng đoạn như Cách 1.

Định hướng. $△APM$, $△BQM$ vuông tại $P$, $Q$ có cạnh huyền $AM=BM$ và góc đối đỉnh tại $M$ nên bằng nhau, cho $AP=BQ$. Sau đó dùng $AP=BQ$ cùng góc bằng nhau (suy từ cùng cặp tam giác) và cạnh chung $AB$ để ghép c.g.c cho câu b).

Vậy $AP=BQ$ và $△APB=△BQA$.

Định hướng. $M$ là trung điểm chung của cả $AB$ lẫn (do tính đối xứng của hình) đoạn nối các chân đường vuông góc; phép đối xứng tâm $M$ biến $A$ thành $B$ và biến đường thẳng $d$ thành chính nó (vì $d$ qua $M$), nên biến chân đường vuông góc từ $A$ (là $P$) thành chân đường vuông góc từ $B$ (là $Q$).

Vậy $AP=BQ$ và $△APB=△BQA$.

Nhận xét. Cách 2 giải quyết cả hai câu chỉ bằng một phép đối xứng tâm duy nhất, ngắn gọn hơn nhưng đòi hỏi quen thuộc với khái niệm đối xứng tâm.

Định hướng. Góc $\widehat{ACD}=60^{\circ }$ chính là góc ngoài của $△ACB$ tại đỉnh $C$ (vì $B,C,D$ thẳng hàng), nên bằng tổng hai góc trong không kề với nó là $\widehat{ABC}$ và $\widehat{BAC}$; kết hợp $AC=CB$ (đều bằng cạnh tam giác đều) để tách riêng từng góc.

Vậy $\widehat{BAE}=120^{\circ }$, $\widehat{ABE}=\widehat{AEB}=30^{\circ }$.

Định hướng. Vì $BC=CD=DE=AC=AD$ (tất cả cùng bằng độ dài cạnh của tam giác đều $ACD$), tam giác $ACB$ có $AC=CB$ nên cân tại $C$; tương tự $△ADE$ cân tại $D$. Từ đó tính trực tiếp góc đáy của từng tam giác cân này.