Bài 14. Hình thoi và hình vuông

Định hướng. Tính diện tích hình bình hành theo hai cách (lấy cạnh $AB$ hoặc cạnh $AD$ làm đáy) rồi so sánh khi hai chiều cao bằng nhau.

Vậy hình bình hành $ABCD$ có hai cạnh kề $AB=AD$ bằng nhau nên là hình thoi (Định lí 2a).

Định hướng. Ghép $AH$, $AK$ làm hai cạnh góc vuông của hai tam giác vuông chung cạnh huyền $AC$, từ đó suy ra $AC$ là phân giác của góc $C$ — khác bản chất vì đi từ góc bằng nhau thay vì cạnh bằng nhau.

Vậy hình bình hành $ABCD$ có đường chéo $CA$ là phân giác của $\widehat{BCD}$ nên là hình thoi (Định lí 2c).

Định hướng. Vì $O$ là trung điểm của cả hai đường chéo $AC$, $BD$, phép đối xứng tâm $O$ biến $A\leftrightarrow C$, $B\leftrightarrow D$, nên biến từng cặp tam giác thành nhau — từ đó biến tâm nội tiếp của tam giác này thành tâm nội tiếp của tam giác kia.

Vậy tứ giác $PSQR$ có hai đường chéo $PQ$, $RS$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường và vuông góc với nhau, nên theo Định lí 2b, đó là một hình thoi.

Định hướng. Không dùng phép đối xứng tâm mà chứng minh trực tiếp cặp tam giác chứa $P$, $Q$ bằng nhau nhờ các góc so le trong sinh bởi hai cặp cạnh song song — khác bản chất vì dựng lại từng bước bằng tam giác thay vì áp một phép biến hình.

Vậy tứ giác $PSQR$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm $O$ mỗi đường và vuông góc nhau nên là hình thoi (Định lí 2b).

Nhận xét. Cách 1 (đối xứng tâm) ngắn gọn hơn hẳn vì suy được $OP=OQ$ và $OR=OS$ CÙNG LÚC chỉ từ một phép biến hình duy nhất, trong khi Cách 2 phải chứng minh hai cặp tam giác bằng nhau riêng biệt.

Định hướng. $N$ nằm trên phân giác của $\widehat{DAM}$ nên cách đều hai cạnh $AD$, $AM$ của góc đó; gọi $Q$ là chân đường vuông góc hạ từ $N$ xuống $AM$ (chính là giao điểm của $NP$ với $AM$), ta có ngay $AQ=AD$.

Vậy $\widehat{NAP}=45^{\circ }$, không phụ thuộc vào vị trí cụ thể của $M$ trên $CD$.

Định hướng. Gán toạ độ bốn đỉnh hình vuông và tham số hoá vị trí $M$, rồi tính trực tiếp góc $NAP$ bằng vectơ — khác bản chất vì thay lập luận tổng hợp bằng tính toán đại số, đồng thời kiểm chứng kết quả không đổi với mọi $M$.

Vậy với mọi $m\in (0;1)$, biểu thức rút gọn luôn cho $\cos \widehat{NAP}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, tức $\widehat{NAP}=45^{\circ }$.

Định hướng. Chứng minh $\Delta OAM=\Delta OBN$ rồi thay thế phần diện tích tam giác này bằng tam giác kia, đưa phần chắn bởi góc $xOy$ về đúng một góc phần tư cố định $OAB$.

Vậy diện tích phần hình vuông nằm trong góc $xOy$ luôn bằng diện tích $\Delta OAB=1{\text{cm}}^2$, không phụ thuộc vị trí cụ thể của $Ox$, $Oy$.

Định hướng. Đặt hình vuông vào hệ trục, tham số hoá vị trí điểm cắt $M$ trên $AB$ rồi tính trực tiếp diện tích tứ giác $OMBN$ bằng công thức toạ độ (Shoelace) — khác bản chất vì thay chứng minh tam giác bằng nhau bằng tính toán đại số trực tiếp.

Vậy kết quả rút gọn luôn cho diện tích tứ giác $OMBN=1{\text{cm}}^2$ với mọi $m\in [0;2]$, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Kết quả không đổi $1$ cm² (đúng $\frac{1}{4}$ diện tích hình vuông) dù góc vuông $xOy$ quay ở vị trí nào quanh tâm $O$ — đây là một tính chất đẹp đặc trưng của hình vuông, không đúng với hình chữ nhật thường (không có tâm đối xứng theo góc $90^{\circ }$ như vậy).

Định hướng. Chỉ ra $GD=BD$, $FE=EC$ từ hai tam giác vuông cân, ghép với $BD=DE=EC$ đã cho để có ba cạnh liên tiếp của $DEFG$ bằng nhau.

Vậy tứ giác $DEFG$ (tức $GDEF$) là một hình vuông có cạnh bằng $dfrac13BC$.

Định hướng. Gán toạ độ cụ thể cho $A,B,C,D,E,F,G$ theo tam giác vuông cân rồi tính trực tiếp bốn cạnh và các góc của $DEFG$ bằng công thức khoảng cách và tích vô hướng — khác bản chất vì thay lập luận tổng hợp bằng kiểm chứng đại số.

Vậy bốn cạnh $DE=EF=FG=GD=1$ bằng nhau và có một góc vuông tại $E$ nên $DEFG$ là hình vuông (khớp Cách 1, với $BC=3$ thì cạnh hình vuông bằng $$\begin{gathered} 1= \\ dfracBC3 \end{gathered}$$).