Bài 11. Hình thang cân

Định hướng. Vì $AB\parallel CD$ nên $\hat{A}$, $\hat{D}$ kề cạnh bên $AD$ bù nhau và $\hat{B}$, $\hat{C}$ kề cạnh bên $BC$ bù nhau; thay $\hat{A}=2\hat{D}$ và $\hat{B}=\hat{C}+40^{\circ }$ vào hai phương trình đó.

Vậy $\hat{A}=120^{\circ }$, $\hat{B}=110^{\circ }$, $\hat{C}=70^{\circ }$, $\hat{D}=60^{\circ }$.

Định hướng. Đặt $\hat{D}=x$ thì $\hat{A}=2x$; đặt $\hat{C}=y$ thì $\hat{B}=y+40^{\circ }$; đưa mỗi cặp góc bù nhau về một phương trình bậc nhất một ẩn.

Vậy $\hat{A}=120^{\circ }$, $\hat{B}=110^{\circ }$, $\hat{C}=70^{\circ }$, $\hat{D}=60^{\circ }$.

Định hướng. Sau khi có $\hat{D}$, $\hat{A}$ từ cặp bù nhau thứ nhất, dùng thêm định lí tổng bốn góc tứ giác bằng $360^{\circ }$ cùng hệ thức $\hat{B}=\hat{C}+40^{\circ }$ để tìm nốt $\hat{B}$, $\hat{C}$ mà không cần dùng lại tính chất bù nhau lần hai — một cách kiểm tra chéo độc lập với Cách 1, 2.

Vậy $\hat{A}=120^{\circ }$, $\hat{B}=110^{\circ }$, $\hat{C}=70^{\circ }$, $\hat{D}=60^{\circ }$.

Nhận xét. Cách 3 thực chất suy ra lại đúng $\hat{B}+\hat{C}=180^{\circ }$ đã dùng ở Cách 1, 2 (vì $\hat{A}+\hat{D}=180^{\circ }$ và tổng bốn góc $360^{\circ }$ kéo theo điều đó), nên đây là phép thử lại chắc chắn chứ không phải một con đường độc lập hoàn toàn — vẫn hữu ích để tự kiểm tra kết quả.

Định hướng. Tách bốn góc của hình thang thành hai cặp kề hai cạnh bên $AD$ và $BC$; mỗi cặp bù nhau nên chứng minh mỗi cặp có nhiều nhất một góc tù, rồi cộng lại cho cả tứ giác.

Vậy trong bốn góc $\hat{A},\hat{B},\hat{C},\hat{D}$ của hình thang $ABCD$, có nhiều nhất một góc tù trong cặp $(\hat{A},\hat{D})$ và nhiều nhất một góc tù trong cặp $(\hat{B},\hat{C})$, nên có nhiều nhất hai góc tù.

Định hướng. Diễn đạt lại lập luận trên bằng đại số: đặt độ lệch của mỗi góc so với $90^{\circ }$, tổng hai độ lệch trong một cặp kề cạnh bên luôn bằng $0$ nên không thể cả hai cùng dương (cùng tù).

Vậy hình thang $ABCD$ có nhiều nhất hai góc tù (mỗi cặp góc kề một cạnh bên góp nhiều nhất một góc tù).

Định hướng. Giả sử phản chứng có từ ba góc tù trở lên, khi đó theo nguyên lí Dirichlet ba góc tù đó phải rơi vào hai cặp kề cạnh bên nên có ít nhất một cặp chứa hai góc cùng tù — mâu thuẫn trực tiếp với tính chất bù nhau.

Vậy điều giả sử là sai, tức hình thang $ABCD$ có nhiều nhất hai góc tù.

Nhận xét. Cách 3 phản chứng ngay trên số lượng góc tù cần bác bỏ (từ ba trở lên), trong khi Cách 1 chứng minh trực tiếp giới hạn cho từng cặp rồi cộng lại — Cách 1 tự nhiên và dễ trình bày hơn khi đi thi.

Định hướng. Tính $\widehat{ABC}$ từ tam giác vuông cân tại $A$ và $\widehat{BCD}$ từ tam giác vuông cân tại $B$; đây là cặp góc so le trong của $AB$, $CD$ cắt bởi $BC$, bằng nhau thì suy ra song song.

Vậy $AB\parallel CD$, nên $ABDC$ là hình thang với hai đáy $AB$, $CD$; lại có $AC\perp AB$ (do $\hat{A}=90^{\circ }$ của $△ABC$) nên $AC$ là cạnh bên vuông góc với hai đáy — $ABDC$ là hình thang vuông.

Định hướng. Thay vì so sánh cặp góc so le trong, chỉ ra $\widehat{ACD}=\widehat{ACB}+\widehat{BCD}=90^{\circ }$ nên $AC\perp CD$; đã có sẵn $AC\perp AB$ (từ tam giác vuông tại $A$) nên $AB$ và $CD$ cùng vuông góc với $AC$, do đó song song với nhau.

Vậy $AB\parallel CD$ (hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song), nên $ABDC$ là hình thang vuông với cạnh bên $AC$ vuông góc với hai đáy $AB$, $CD$.

Định hướng. Gắn toạ độ với $A$ làm gốc, hai cạnh góc vuông $AB$, $AC$ làm hai trục; tính toạ độ $D$ từ điều kiện $△BCD$ vuông cân tại $B$, ở phía ngoài $△ABC$, rồi kiểm tra trực tiếp hai vec-tơ $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{CD}$ cùng phương và vec-tơ $\overrightarrow{AC}$ vuông góc với cả hai.

Vậy $AB\parallel CD$ (hai vec-tơ cùng phương) và $AC\perp AB$, nên $ABDC$ là hình thang vuông với cạnh bên $AC$ vuông góc với hai đáy $AB$, $CD$.

Nhận xét. Cách 3 kiểm tra toạ độ chỉ để xác nhận lại kết quả hình học của Cách 1, 2 chứ không phải một cách trình bày lớp 8 (toạ độ vec-tơ học ở lớp 10) — trong bài làm nên trình bày Cách 1 hoặc Cách 2.

Định hướng. Chứng minh $△SAB$ và $△OAB$ cân tại $S$, $O$ (nên $S$, $O$ cách đều $A$, $B$); chứng minh tương tự cho $C$, $D$. Khi đó $S$ và $O$ cùng nằm trên đường trung trực chung của $AB$ và $CD$, tức đường thẳng $SO$ đi qua hai trung điểm đó.

Vậy $S$ và $O$ đều cách đều $A$, $B$ nên cùng nằm trên đường trung trực của $AB$; $S$ và $O$ đều cách đều $C$, $D$ nên cùng nằm trên đường trung trực của $CD$. Vì hình thang cân có trục đối xứng chung cho hai đáy, hai đường trung trực đó là MỘT đường thẳng duy nhất đi qua $S$, $O$ — đó chính là đường thẳng $SO$, và nó đi qua trung điểm của $AB$, đi qua trung điểm của $CD$.

Định hướng. Đặt hệ trục với trục tung là trục đối xứng của hình thang cân (do $AD=BC$ nên hình thang cân luôn có trục đối xứng đi qua trung điểm hai đáy); tính toạ độ $S$, $O$ trực tiếp bằng giao điểm hai đường thẳng rồi kiểm tra cả hai đều có hoành độ $0$.

Vậy $S$, $O$ và hai trung điểm của $AB$, $CD$ đều có hoành độ $x=0$, tức cùng nằm trên trục $Oy$; do đó đường thẳng $SO$ (chính là trục $Oy$) đi qua trung điểm của $AB$ và trung điểm của $CD$.

Nhận xét. Cách 2 tính trực tiếp bằng toạ độ nên thấy ngay bốn điểm $S$, $O$, trung điểm $AB$, trung điểm $CD$ đều nằm trên MỘT trục thẳng đứng cố định — trực quan hơn Cách 1 nhưng đòi hỏi kĩ năng giải hệ phương trình đường thẳng.

Định hướng. Đặt $\widehat{BAC}=\alpha$ để chỉ ra $△ABC$ cân tại $B$ và $\hat{C}=2\alpha$; dùng tam giác vuông $ACD$ tìm $\alpha =30^{\circ }$; rồi lấy $M$ trên $DC$ với $DM=AD$ để lộ tam giác đều $ADM$, từ đó suy ra $DC=2AD$ và $AB=BC=AD$.

Vậy chu vi hình thang $ABCD$ là $AB+BC+CD+DA=2+2+4+2=10$ (cm).

Định hướng. Từ $\alpha =30^{\circ }$, $\hat{D}=60^{\circ }$ đã tìm được ở Cách 1, đặt toạ độ tam giác vuông $ACD$ theo đúng số đo góc rồi tính toạ độ $A$, $B$, $C$, $D$ bằng công thức lượng giác, từ đó đo trực tiếp bốn cạnh bằng khoảng cách hai điểm — một phép kiểm tra độc lập với Cách 1.

Vậy $AB=2$ cm, $BC=2$ cm, $CD=4$ cm, $AD=2$ cm, chu vi $ABCD=2+2+4+2=10$ (cm), khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 dùng toạ độ và lượng giác lớp 9-10 để kiểm chứng số học chứ không thay thế Cách 1 khi trình bày ở lớp 8, vì lớp 8 chưa học hệ thức lượng trong tam giác vuông theo góc; nên đi thi vẫn trình bày Cách 1.