Bài 12. Hình bình hành

Định hướng. Đặt $M$ làm gốc, biểu diễn $N$, $A$, $B$, $C$ theo hai vectơ cơ sở rồi so sánh trực tiếp.

Vậy a) $A,B,C$ thẳng hàng; b) $B$ là trung điểm $AC$; c) $MNCA$ là hình thang cân khi tam giác $MAB$ cân tại $M$ ($MA=MB$); d) $MNDA$ là hình thang cân khi tam giác $MAB$ vuông tại $B$.

Định hướng. Không dùng vectơ, chỉ dùng tính chất "cạnh đối hình bình hành song song và bằng nhau" rồi ghép hai kết quả lại.

Vậy kết quả trùng khớp với Cách 1 ở cả bốn câu.

Nhận xét. Cách 1 (vectơ) cho lời giải chắc chắn và ngắn gọn hơn hẳn ở câu c, d — đây là bài nên ưu tiên toạ độ hoá.

Định hướng. Giả sử đáy $AB<CD$; kẻ qua $B$ đường thẳng song song với cạnh bên $AD$, cắt đáy $CD$ tại $E$, để "dời" cạnh $AD$ về vị trí $BE$ và tạo tam giác $BEC$.

Vậy $AD+BC>DC-AB$, tức tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai đáy.

Định hướng. Làm đối xứng với Cách 1: thay vì dời cạnh bên $AD$ về phía $B$, dời cạnh bên $BC$ về phía $D$.

Vậy tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai đáy, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Hai cách chỉ khác nhau ở việc chọn dời cạnh bên nào, bản chất bất đẳng thức tam giác dùng giống hệt nhau.

Định hướng. Gọi $\hat{A}=\alpha$ (góc tù của hình bình hành); tính góc $\widehat{EAF}$, $\widehat{FDC}$, $\widehat{EBC}$ đều bằng $240^{\circ }-\alpha$, rồi ghép với các cạnh bằng nhau từ tam giác đều và hình bình hành.

Vậy $EF=CF=EC$, tam giác $CEF$ là tam giác đều.

Định hướng. Biểu diễn $E$, $F$ là ảnh của $B$, $D$ qua phép quay $60^{\circ }$ quanh $A$ (theo hai chiều thích hợp để ra ngoài hình bình hành), rồi tính trực tiếp ba cạnh của $△CEF$.

Vậy $△CEF$ đều, kết quả khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 trình bày chặt chẽ, phù hợp trình bày ở lớp 8 (chưa học phép quay); Cách 2 dùng để kiểm tra chéo bằng công cụ toạ độ.

Định hướng. Viết bốn điều kiện bù nhau theo bốn cạnh, rồi khử để suy ra hai cặp góc đối bằng nhau.

Vậy $\hat{A}=\hat{C}$ và $\hat{B}=\hat{D}$, theo Định lí 3a, tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Định hướng. Nhận ra ngay $\hat{A}$, $\hat{B}$ chính là cặp góc trong cùng phía tạo bởi cát tuyến $AB$ cắt hai đường thẳng $AD$, $BC$; bù nhau nên hai đường thẳng đó song song luôn, không cần qua bước góc đối.

Vậy tứ giác $ABCD$ có $AD\text{ parallel}BC$ và $AB\text{ parallel}DC$, tức có hai cặp cạnh đối song song, nên là hình bình hành theo đúng định nghĩa.

Nhận xét. Cách 2 đi thẳng vào định nghĩa, không cần qua bước trung gian "góc đối bằng nhau" như Cách 1.

Định hướng. Xét tứ giác theo đúng thứ tự đỉnh $A,D^{\prime },A^{\prime },D$; khi đó hai đường chéo của nó đúng là $A{A}^{\prime }$ và $D^{\prime }D$.

Vậy theo Định lí 3b, tứ giác $A{D}^{\prime }{A}^{\prime }D$ là hình bình hành.

Định hướng. Biểu diễn $A^{\prime }$, $D^{\prime }$ theo phép đối xứng qua $K$ rồi kiểm tra cặp cạnh đối bằng nhau của tứ giác.

Vậy $A{D}^{\prime }{A}^{\prime }D$ là hình bình hành, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 ngắn gọn và trực tiếp dùng đúng định lí vừa học trong bài, nên được ưu tiên khi trình bày.

Định hướng. Muốn $M$ (trung điểm $AB$) cũng là trung điểm $DE$ với $D$ trên $Ox$, $E$ trên $Oy$, dựng như bài toán Mở đầu: lấy $O^{\prime }$ đối xứng $O$ qua $M$, kẻ hai đường song song.

Vậy theo Định lí 3b, $D$, $E$ dựng như trên cho $ADBE$ là một hình bình hành.

Định hướng. Đặt gốc tại $O$, biểu diễn $D$, $E$ theo hai ẩn dọc theo hai tia rồi giải hệ từ điều kiện trung điểm.

Vậy luôn tồn tại duy nhất cặp điểm $D$ trên $Ox$, $E$ trên $Oy$ thoả mãn yêu cầu.

Nhận xét. Cách 2 khẳng định thêm tính DUY NHẤT và $D,E$ luôn nằm trên tia (không lệch ra phần kéo dài), điều Cách 1 không thể hiện rõ bằng lời.

Định hướng. Chỉ ra phép đối xứng tâm $O$ (tâm hình bình hành $ABCD$) biến $E$ thành $F$ và $G$ thành $H$, từ đó $O$ là trung điểm chung của $EF$, $GH$, $AC$, $BD$.

Vậy $EF$, $GH$ là hai đường chéo của tứ giác $EGFH$ cùng cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường, nên theo Định lí 3b, $EGFH$ là hình bình hành — đây là câu 1); đồng thời cả bốn đường thẳng $AC$, $BD$, $EF$, $GH$ đều đi qua $O$, tức đồng quy tại $O$ — đây là câu 2).

Định hướng. Đặt $A$ làm gốc, biểu diễn $E$, $F$, $G$, $H$ theo hai vectơ cạnh rồi tính trực tiếp trung điểm của $EF$ và $GH$.

Vậy $EF$, $GH$, $AC$, $BD$ đều nhận chung trung điểm $O=\frac{1}{2}(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v})$ (tính từ $A$), nên $EGFH$ là hình bình hành (câu 1) và bốn đường thẳng đồng quy tại $O$ (câu 2).

Nhận xét. Cách 2 cho công thức tường minh của $O$, tiện khi cần tính toán thêm; Cách 1 trực quan và ngắn gọn hơn khi chỉ cần chứng minh.

Định hướng. Đặt $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{p}$, $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{q}$; biểu diễn $D$, $E$, $I$ qua phép quay $90^{\circ }$ rồi rút gọn $\overrightarrow{AI}$ về đúng $\overrightarrow{BC}$ quay $90^{\circ }$.

Vậy cả bốn câu a, b, c, d đều được chứng minh bằng cùng một công cụ: mọi đoạn liên quan tới $I$ đều là ảnh qua phép quay $90^{\circ }$ của một đoạn tương ứng trong tam giác gốc.

Định hướng. Dùng trực tiếp các cạnh bằng nhau có sẵn ($DA=AB$, $AE=AC=DI$) cùng góc tạo bởi các tia vuông góc để ghép c.g.c, đúng theo gợi ý của đề cho câu a) và câu d).

Vậy bằng lập luận tam giác bằng nhau liên tiếp cũng ra đủ bốn kết quả, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 (vectơ) cho lời giải chắc chắn, tránh sai sót khi cộng trừ nhiều góc như Cách 2; đây là bài khó nên ưu tiên toạ độ hoá khi tự làm, chỉ trình bày Cách 2 khi đề yêu cầu thuần hình học tổng hợp.