Bài 33. Hai tam giác đồng dạng

Định hướng. Góc $\widehat{PNM}$ có đỉnh là chữ cái ở giữa, tức đỉnh $N$; tra bảng tương ứng $A\leftrightarrow M$, $B\leftrightarrow N$, $C\leftrightarrow P$ để tìm đỉnh bên $ABC$ ứng với $N$.

Vậy góc $\widehat{PNM}$ tương ứng với góc $\widehat{ABC}$ (góc $B$) của tam giác $ABC$.

Định hướng. Viết hết định nghĩa đồng dạng của $△ABC\backsim △MNP$ trước, câu hỏi về $\widehat{PNM}$ khi đó chỉ là đọc lại một dòng đã viết sẵn.

Vậy $\widehat{PNM}$ tương ứng với $\hat{B}$; đầy đủ ba cặp góc và ba cặp cạnh tỉ lệ như trên.

Nhận xét. Cách 2 vừa trả lời câu hỏi vừa hoàn thành luôn yêu cầu thứ hai của đề (viết đủ các cặp góc, cạnh).

Định hướng. Với mỗi khẳng định, xác định phép hoán vị đã áp lên $(A,B,C)$ rồi kiểm tra phép đó có cho đúng $(D,E,F)$ ở vế sau hay không.

Vậy hai cách viết đúng là (3) và (4).

Định hướng. Ghi cố định bảng $A\leftrightarrow D$, $B\leftrightarrow E$, $C\leftrightarrow F$ rồi so từng chữ ở đúng vị trí của mỗi khẳng định, không cần nghĩ tới khái niệm "phép hoán vị".

Vậy (3), (4) đúng; (1), (2) sai — khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 (tra bảng cố định theo từng vị trí) ít nhầm lẫn hơn Cách 1 khi làm nhanh.

Định hướng. So từng câu với định nghĩa: $△ABC\backsim △MNP$ cho $\hat{A}=\hat{M}$, $\hat{B}=\hat{N}$, $\hat{C}=\hat{P}$ và $\frac{AB}{MN}=\frac{BC}{NP}=\frac{AC}{MP}$ (tỉ số, KHÔNG phải độ dài bằng nhau).

Vậy các câu đúng là (2) và (3).

Định hướng. Với hai câu nghi sai, chỉ cần dựng một cặp tam giác đồng dạng cụ thể có tỉ số khác $1$ để kiểm tra trực tiếp.

Vậy (1), (4) sai; (2), (3) đúng theo đúng định nghĩa — khớp Cách 1.

Nhận xét. Câu (1) chỉ đúng trong trường hợp đặc biệt $k=1$ (hai tam giác bằng nhau), không đúng cho "hai tam giác bất kì" như đề yêu cầu.

Định hướng. Vì $△ABC\backsim △A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $\hat{B}=\widehat{B^{\prime }}=50°$ (chuyển dữ kiện từ tam giác này sang tam giác kia), sau đó tính góc còn lại của từng tam giác bằng tổng $180°$.

Vậy $\hat{A}=\widehat{A^{\prime }}=60°$, $\hat{B}=\widehat{B^{\prime }}=50°$, $\hat{C}=\widehat{C^{\prime }}=70°$.

Định hướng. Thay vì chuyển $\hat{C}$ từ tam giác $ABC$ sang, tính trực tiếp $\widehat{C^{\prime }}$ trong tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (đã biết đủ $\widehat{A^{\prime }}$, $\widehat{B^{\prime }}$) rồi mới suy ngược lại $\hat{C}$.

Vậy $\hat{A}=\widehat{A^{\prime }}=60°$, $\hat{B}=\widehat{B^{\prime }}=50°$, $\hat{C}=\widehat{C^{\prime }}=70°$ — cùng kết quả với Cách 1.

Nhận xét. Hai cách chỉ khác nhau ở việc tính tổng $180°$ trên tam giác nào trước, kết quả cuối luôn giống nhau vì hai tam giác đồng dạng có góc tương ứng bằng nhau từng đôi một.

Định hướng. Tính tỉ số đồng dạng từ cặp cạnh đã biết, rồi áp dụng ngay tính chất "chu vi tỉ lệ với tỉ số đồng dạng" để ra chu vi $MNP$ mà không cần biết từng cạnh còn lại.

Vậy tỉ số đồng dạng $k=\frac{5}{8}$ và chu vi $△MNP=32$ cm.

Định hướng. Gọi $BC=b$, $AC=c$ (với $b+c=20-5=15$), các cạnh tương ứng của $MNP$ sẽ là $\frac{8}{5}b$, $\frac{8}{5}c$ — cộng tổng để kiểm tra lại chu vi bằng một hướng khác, không dùng thẳng tính chất chu vi tỉ lệ.

Vậy chu vi $△MNP=32$ cm, khớp với Cách 1 dù không cần biết riêng $BC$, $AC$.

Nhận xét. Cách 2 chứng minh LẠI vì sao tính chất "chu vi tỉ lệ với cạnh" đúng, còn Cách 1 áp dụng thẳng tính chất đó cho nhanh.

Định hướng. Từ $\hat{A}>\hat{B}=60°$ suy ra trong $△ABC$: $\hat{A}$ lớn nhất, $\hat{B}=60°$ ở giữa, còn $\hat{C}=120°-\hat{A}<60°$ nhỏ nhất. Tương tự suy thứ hạng của $\hat{D},\hat{E},\hat{F}$ rồi ghép đúng theo thứ hạng.

Vậy tương ứng $A\leftrightarrow F$, $B\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow E$, kí hiệu đúng là $△ABC\backsim △FDE$.

Định hướng. Chọn một bộ số đo góc cụ thể thoả đúng thứ tự $\hat{A}>\hat{B}=60°=\hat{D}>\hat{E}$ rồi tính hết các góc còn lại để kiểm tra tương ứng bằng số, không cần lập luận tổng quát.

Vậy tương ứng đúng vẫn là $A\leftrightarrow F$, $B\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow E$: $△ABC\backsim △FDE$, khớp Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 (lập luận thứ hạng tổng quát) mới là lời giải CHẶT CHẼ; Cách 2 chỉ có tác dụng kiểm tra trực giác.

Định hướng. Với mỗi tỉ số đã cho, tìm đỉnh mà cạnh đó KHÔNG chứa (đỉnh đối diện) ở cả hai tam giác — hai đỉnh đối diện đó chính là một cặp tương ứng.

Vậy tương ứng đỉnh: $A\leftrightarrow P$, $B\leftrightarrow N$, $C\leftrightarrow M$; kí hiệu đúng: $△ABC\backsim △PNM$.

Định hướng. Sau khi đoán tương ứng $A\leftrightarrow P$, $B\leftrightarrow N$, $C\leftrightarrow M$, viết lại ba tỉ số cạnh THEO tương ứng đó rồi đối chiếu ngược với đề để xác nhận không nhầm.

Vậy tương ứng $A\leftrightarrow P$, $B\leftrightarrow N$, $C\leftrightarrow M$ được xác nhận đúng cả ba tỉ số; kí hiệu $△ABC\backsim △PNM$.

Nhận xét. Cách 2 dùng để TỰ KIỂM TRA lại kết quả của Cách 1, tránh ghép nhầm đỉnh đối diện.

Định hướng. $PQ$ nằm gần đỉnh $C$ hơn $MN$; áp dụng định lí cho tam giác $CAB$ với đường $MN$ trước, rồi áp dụng tiếp cho tam giác $CMN$ (hoặc trực tiếp $CAB$) với đường $PQ$.

Vậy có ba cặp tam giác đồng dạng: $△CPQ\backsim △CMN$; $△CMN\backsim △CAB$; $△CPQ\backsim △CAB$.

Định hướng. Gọi $t_1=\frac{CP}{CA}$, $t_2=\frac{CM}{CA}$ (với $t_1<t_2$ vì $P$ gần $C$ hơn $M$); từ $PQ\parallel AB$, $MN\parallel AB$ suy các tỉ số trên $CB$ cũng bằng $t_1$, $t_2$ tương ứng (Thalès), rồi kết luận đồng dạng qua so sánh trực tiếp các tỉ số này.

Vậy vẫn đúng ba cặp như Cách 1, kèm rõ từng tỉ số đồng dạng theo $t_1$, $t_2$.

Nhận xét. Cách 2 cho thêm CÔNG THỨC tỉ số tổng quát, còn Cách 1 nêu đúng LÍ DO hình học (định lí mục 2) ngắn gọn hơn.

Định hướng. Xét tam giác $ABC$ (tạo bởi đường chéo $AC$): $E$, $F$ là trung điểm $AB$, $AC$ nên $EF$ là đường trung bình, cho $△AEF\backsim △ABC$. Sau đó dùng $△ABC=△CDA$ (tính chất hình bình hành) để bắc cầu.

Vậy $△AEF\backsim △CDA$ với tỉ số đồng dạng $\frac{1}{2}$.

Định hướng. Gán toạ độ cho hình bình hành $ABCD$ rồi tính trực tiếp độ dài các cạnh của $△AEF$ và $△CDA$ để kiểm chứng ba tỉ số bằng nhau, không cần dựng lập luận hình học trung gian.

Vậy cả ba tỉ số $\frac{AE}{CD}=\frac{EF}{DA}=\frac{AF}{CA}=\frac{1}{2}$, xác nhận $△AEF\backsim △CDA$ tỉ số $\frac{1}{2}$, khớp Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 là chứng minh TỔNG QUÁT (đúng với mọi hình bình hành); Cách 2 chỉ kiểm chứng bằng một ví dụ số cụ thể.

Định hướng. Từ $\hat{B}=\hat{N}$ và tính chất cân suy ra $\hat{A}=\hat{M}$ (góc ở đỉnh); vì $BC=2NP$ nên lấy $H$, $K$ là trung điểm $AB$, $AC$ để dựng tam giác $AHK$ có đáy $HK=\frac{1}{2}BC=NP$, rồi so sánh với $△MNP$ bằng g.c.g.

Vậy $△MNP\backsim △ABC$, tức $△ABC\backsim △MNP$ với tỉ số đồng dạng $2$ (hoặc $△MNP$ so với $△ABC$ là $\frac{1}{2}$).

Định hướng. Trình bày theo hướng chỉ rõ đủ ba cặp góc bằng nhau trước (dùng tính chất tam giác cân), sau đó mới hoàn thiện điều kiện cạnh bằng đúng phép dựng trung điểm như Cách 1.

Vậy $△ABC\backsim △MNP$ với tỉ số đồng dạng $2$.

Nhận xét. Chỉ riêng ba góc bằng nhau (Cách 2) CHƯA đủ kết luận đồng dạng ở giai đoạn này (chưa học trường hợp góc–góc); vẫn cần phép dựng ở Cách 1 để xác nhận đủ cạnh tỉ lệ.

Định hướng. Tính hai tỉ số $\frac{AM}{AB}$, $\frac{AN}{AC}$; nếu bằng nhau thì $MN\parallel BC$ theo Thalès đảo, từ đó áp dụng ngay Định lí mục 2.

Vậy $△AMN\backsim △ABC$ với tỉ số đồng dạng $\frac{2}{3}$.

Định hướng. Đặt $A$ làm gốc, $AB$ theo một tia, $AC$ theo tia khác hợp góc $\theta$ bất kì; tính toạ độ $P$, rồi tính độ dài $PB$ và $BC$ theo $\theta$ để kiểm tra tỉ số $\frac{AP}{AB}=\frac{AB}{AC}=\frac{PB}{BC}$ đúng với MỌI $\theta$ (không phụ thuộc hình dạng cụ thể của tam giác).

Vậy $△APB\backsim △ABC$ (tương ứng $A\leftrightarrow A$, $P\leftrightarrow B$, $B\leftrightarrow C$) với tỉ số đồng dạng $\frac{2}{3}$, đúng với MỌI hình dạng tam giác $ABC$ ban đầu (không phụ thuộc góc $\hat{A}$).

Nhận xét. Điều đặc biệt của ý b) là góc $\hat{A}$ CHUNG cho cả hai tam giác $APB$ và $ABC$, còn hai cạnh quanh góc đó tỉ lệ chéo $AP\cdot AC=A{B}^2$ ($4\cdot 9=36=6^2$) — đây là dấu hiệu nhận biết dạng toán "góc chung, cạnh tỉ lệ chéo" hay gặp trong hình học đồng dạng.