Bài 10. Tứ giác

Định hướng. Dùng định lí tổng bốn góc của một tứ giác bằng $360^{\circ }$ làm chuẩn so sánh, giả sử điều ngược lại với kết luận cần chứng minh rồi chỉ ra tổng bốn góc lệch khỏi $360^{\circ }$.

Vậy bốn góc của một tứ giác không thể đều là góc nhọn, cũng không thể đều là góc tù.

Định hướng. Đặt độ lệch của mỗi góc so với $90^{\circ }$; tổng bốn độ lệch phải bằng $0$ vì tổng bốn góc đúng bằng $360^{\circ }$, từ đó xét dấu để loại hai khả năng đề nêu.

Vậy không thể có bốn độ lệch cùng âm, cũng không thể có bốn độ lệch cùng dương, nghĩa là bốn góc của tứ giác không thể đều là góc nhọn, không thể đều là góc tù.

Nhận xét. Cách 2 chỉ là một cách viết lại Cách 1 dưới dạng đại số, giúp thấy ngay bản chất: tổng bốn góc cố định bằng $360^{\circ }$ buộc các góc phải bù trừ quanh mốc $90^{\circ }$, không thể tất cả cùng lệch về một phía.

Định hướng. Kẻ đường chéo $BD$ để tách tứ giác thành hai tam giác $ABD$ và $BCD$; mỗi tam giác cho một bất đẳng thức tam giác liên quan đến $BD$, ghép hai bất đẳng thức lại để đưa cạnh $AB$ về so với đúng ba cạnh còn lại.

Vậy $AB<BC+CD+DA$; đổi vai trò các đỉnh, lập luận hoàn toàn tương tự cho $BC<CD+DA+AB$, $CD<DA+AB+BC$, $DA<AB+BC+CD$.

Định hướng. Viết $\overrightarrow{AB}$ thành tổng ba vectơ theo đường gấp khúc $A\to D\to C\to B$, dùng bất đẳng thức về độ dài vectơ tổng để so sánh, rồi xét khi nào dấu bằng xảy ra để khẳng định bất đẳng thức thực sự chặt.

Vậy $AB<BC+CD+DA$, và tương tự cho ba cạnh còn lại.

Định hướng. Giả sử điều cần chứng minh là sai, tức $AB\ge BC+CD+DA$, rồi so sánh với tính chất đường gấp khúc $A\to D\to C\to B$ luôn không ngắn hơn đoạn thẳng $AB$ nối trực tiếp hai đầu mút để tìm mâu thuẫn.

Vậy điều giả sử là sai, tức $AB<BC+CD+DA$.

Định hướng. Ý a) tách tứ giác bởi mỗi đường chéo thành hai tam giác lớn để chặn TRÊN từng đường chéo bởi hai cạnh kề; ý b) dùng bốn tam giác nhỏ tại giao điểm $O$ để chặn DƯỚI tổng hai đường chéo.

Vậy a) $AC+BD<AB+BC+CD+DA$; b) $AC+BD>AB+CD$, $AC+BD>BC+DA$, và do đó $AC+BD>\frac{AB+BC+CD+DA}{2}$.

Định hướng. Dựng một tứ giác lồi cụ thể bằng toạ độ, tính bằng máy độ dài bốn cạnh, hai đường chéo và vị trí giao điểm $O$ để kiểm chứng bằng số cả hai bất đẳng thức đã chứng minh tổng quát ở Cách 1.

Vậy mọi số liệu đo trên tứ giác cụ thể đều khớp với hai bất đẳng thức tổng quát đã chứng minh ở Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 chỉ kiểm chứng trên một trường hợp cụ thể, không thay thế được chứng minh tổng quát của Cách 1, nhưng giúp hình dung rõ vị trí giao điểm $O$ và độ lớn thực tế của các đại lượng.

Định hướng. Nhóm bốn khoảng cách $MA,MB,MC,MD$ thành hai cặp ứng với hai đường chéo $AC$ và $BD$: cặp $(MA,MC)$ và cặp $(MB,MD)$, mỗi cặp chặn dưới bởi một bất đẳng thức tam giác, dấu bằng đạt được khi $M$ nằm trên đúng đường chéo đó.

Vậy tổng $MA+MB+MC+MD$ nhỏ nhất bằng $AC+BD$, đạt được khi $M$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Định hướng. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo, giả sử tồn tại một điểm $M$ cho tổng nhỏ hơn tổng tại $O$, rồi dùng chính bất đẳng thức tam giác để chỉ ra điều đó vô lí.

Vậy không tồn tại điểm nào cho tổng nhỏ hơn $AC+BD$, nên điểm $M$ cần tìm chính là giao điểm hai đường chéo, khi đó tổng nhỏ nhất bằng $AC+BD$.

Định hướng. Dựng một tứ giác lồi cụ thể bằng toạ độ, tính tổng khoảng cách từ giao điểm hai đường chéo và từ vài điểm khác bên trong tứ giác đến bốn đỉnh, so sánh bằng số để kiểm chứng trực quan kết luận ở Cách 1, Cách 2.

Vậy mọi điểm thử đều cho tổng lớn hơn giá trị tại $O$, phù hợp với kết luận tổng nhỏ nhất đạt tại giao điểm hai đường chéo.

Nhận xét. Cách 3 chỉ kiểm chứng trên một tứ giác cụ thể, không thay cho chứng minh tổng quát ở Cách 1, Cách 2, nhưng giúp thấy rõ vì sao điểm $O$ là lựa chọn tối ưu.

Định hướng. Kẻ đường chéo $BD$, chứng minh tam giác $ABD$ và tam giác $CBD$ bằng nhau theo trường hợp cạnh - cạnh - cạnh để có $\hat{A}=\hat{C}$, rồi thay vào định lí tổng bốn góc của tứ giác.

Vậy $\hat{A}=\hat{C}=70^{\circ }$.

Định hướng. Vì tam giác $ABD$ = tam giác $CBD$ nên $BD$ chia đôi cả góc $B$ lẫn góc $D$ của tứ giác; từ đó tính $\hat{A}$ trực tiếp bằng tổng ba góc trong tam giác $ABD$ mà không cần quay lại định lí tổng bốn góc của tứ giác.

Vậy $\hat{A}=\hat{C}=70^{\circ }$.

Nhận xét. Cách 2 không cần nhắc lại định lí tổng bốn góc của tứ giác, chỉ dùng tổng ba góc trong một tam giác quen thuộc từ lớp 7, nhưng buộc phải chỉ ra $BD$ chia đôi góc $B$ và góc $D$ trước.

Định hướng. Dựng tứ giác $ABCD$ bằng toạ độ cụ thể thoả đúng $AB=BC$, $CD=DA$, $\hat{B}=100^{\circ }$, $\hat{D}=120^{\circ }$, rồi đo lại bốn góc bằng công thức toạ độ để kiểm tra kết quả $\hat{A}=\hat{C}=70^{\circ }$ ở Cách 1, Cách 2.

Vậy kết quả đo bằng toạ độ khớp hoàn toàn với $\hat{A}=\hat{C}=70^{\circ }$ đã tính ở Cách 1, Cách 2.

Định hướng. Viết mỗi góc ngoài bằng $180^{\circ }$ trừ góc trong tại đỉnh đó, cộng các đẳng thức lại rồi thay tổng góc trong đã biết.

Vậy a) tổng bốn góc ngoài của một tứ giác bằng $360^{\circ }$; b) tổng ba góc ngoài của một tam giác cũng bằng $360^{\circ }$.

Định hướng. Tưởng tượng đi bộ một vòng quanh biên của tứ giác (hoặc tam giác) theo một chiều nhất định; tại mỗi đỉnh, hướng đi bị rẽ đi đúng một góc bằng góc ngoài tại đỉnh đó. Đi hết một vòng khép kín thì hướng đi quay đúng một vòng tròn.

Vậy cả hai kết quả trùng khớp Cách 1: tổng góc ngoài của tứ giác và của tam giác đều bằng $360^{\circ }$, không phụ thuộc số cạnh.

Nhận xét. Cách 2 cho thấy $360^{\circ }$ mang bản chất hình học trực quan (một vòng quay trọn), giải thích vì sao tổng góc ngoài của MỌI đa giác lồi — dù ba, bốn hay nhiều cạnh hơn — luôn bằng $360^{\circ }$, khác với tổng góc TRONG vốn phụ thuộc số cạnh.

Định hướng. Lấy tứ giác trong Ví dụ của SGK (trang 50) có ba góc $110^{\circ },120^{\circ },80^{\circ }$ và góc còn lại đã tính được $50^{\circ }$, cùng một tam giác đều $60^{\circ }$-$60^{\circ }$-$60^{\circ }$, tính trực tiếp các góc ngoài rồi cộng lại để kiểm chứng kết quả tổng quát ở Cách 1.

Vậy cả hai phép thử số đều cho tổng góc ngoài bằng $360^{\circ }$, khớp với kết luận tổng quát ở Cách 1, Cách 2.