Bài tập cuối chương IV

Định hướng. Mỗi hình đều là một tam giác nên tổng ba góc của nó bằng $180^{\circ }$; thay các biểu thức đã cho vào rồi giải phương trình bậc nhất một ẩn.

Vậy $x=50^{\circ }$ và $y=40^{\circ }$.

Định hướng. Vì tổng ba góc của mọi tam giác luôn là $180^{\circ }$ nên trung bình cộng ba góc luôn bằng $60^{\circ }$; lập phương trình trung bình cộng thay vì phương trình tổng sẽ gọn hơn khi ba góc đều là bội của một ẩn.

Vậy $x=50^{\circ }$ và $y=40^{\circ }$.

Nhận xét. Chia cả hai vế cho 3 ngay từ đầu giúp tránh số hạng $30^{\circ }$, $60^{\circ }$ cồng kềnh khi giải.

Định hướng. Vì ba góc của tam giác thứ nhất chỉ hơn kém nhau một hằng số, ba giá trị $x$, $x+20^{\circ }$, $x+10^{\circ }$ khá gần nhau quanh $60^{\circ }$ (trung bình cộng); thử $x$ là một số tròn chục rồi kiểm tra tổng có đúng $180^{\circ }$ hay không.

Vậy $x=50^{\circ }$ và $y=40^{\circ }$.

Nhận xét. Cách thử chọn chỉ nên dùng để kiểm tra nhanh trắc nghiệm, không thay thế cách giải phương trình khi cần trình bày đầy đủ.

Định hướng. Đoạn $MN$ là cạnh chung của hai tam giác $AMN$ và $BMN$; cùng với hai cặp cạnh đã cho bằng nhau, hai tam giác này bằng nhau theo trường hợp cạnh - cạnh - cạnh.

Vậy $\widehat{MAN}=\widehat{MBN}$.

Định hướng. $AM=BM$ và $AN=BN$ nghĩa là cả $M$ lẫn $N$ đều cách đều hai đầu đoạn $AB$, nên cả hai đều nằm trên đường trung trực của $AB$; do đó $MN$ chính là đường trung trực của $AB$.

Vậy $\widehat{MAN}=\widehat{MBN}$.

Định hướng. Gọi $I$ là trung điểm $AB$. Vì $△AMB$ cân tại $M$ và $△ANB$ cân tại $N$ nên $MI$, $NI$ vừa là trung tuyến vừa là phân giác của các góc ở đỉnh $M$, $N$; từ đó suy ra hai góc ở đáy bằng nhau rồi trừ đi phần chung.

Vậy $\widehat{MAN}=\widehat{MBN}$.

Nhận xét. Cách 3 dài hơn Cách 1 nhưng cho thêm thông tin phụ $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}$, $\widehat{NAB}=\widehat{NBA}$ — hữu ích nếu đề hỏi thêm về các góc này.

Định hướng. Vì $O$, $A$, $N$ thẳng hàng và $O$, $B$, $M$ thẳng hàng nên góc $\widehat{AOM}$ (giữa tia $OA$ và tia $OM$) và góc $\widehat{BON}$ (giữa tia $OB$ và tia $ON$) thực chất là cùng một góc ở đỉnh $O$; ghép với $OA=OB$ và góc đã cho, hai tam giác $OAM$, $OBN$ bằng nhau theo g.c.g.

Vậy $AM=BN$.

Định hướng. Vì $OA=OB$ nên tam giác $OAB$ cân tại $O$, nhận tia phân giác $Ot$ của góc $O$ làm trục đối xứng; trục này biến $A$ thành $B$ và biến tia $OA$ thành tia $OB$, nên có thể dùng phép đối xứng để chuyển tia $AM$ thành tia $BN$.

Vậy $AM=BN$.

Nhận xét. Cách 2 cho thêm kết quả $OM=ON$ mà Cách 1 cũng suy ra được (hai cạnh tương ứng còn lại của $△OAM=△OBN$), nên hai cách thực chất cùng bản chất tam giác cân — chỉ khác cách trình bày trực tiếp hay qua đối xứng.

Định hướng. Cạnh $AB$ là cạnh chung của hai tam giác $ABN$ và $BAM$; góc $\widehat{BAN}$ (xen giữa $AB$, $AN$) và góc $\widehat{ABM}$ (xen giữa $BA$, $BM$) đã cho bằng nhau, cùng với $AN=BM$ cho ngay c.g.c.

Vậy $\widehat{BAM}=\widehat{ABN}$.

Định hướng. Sau khi đã có $△ABN=△BAM$, có thể khai thác thêm các cặp tương ứng còn lại ($BN=AM$, $\widehat{ANB}=\widehat{BMA}$) để kiểm tra chéo kết quả bằng tổng ba góc, thay vì chỉ đọc thẳng một cặp góc tương ứng.

Vậy $\widehat{BAM}=\widehat{ABN}$.

Nhận xét. Cách 2 không phải một phép chứng minh độc lập mà là bước tự kiểm tra chéo kết quả của Cách 1 bằng tổng ba góc trong tam giác — hữu ích để phát hiện sai sót khi ghép nhầm cặp tam giác.

Định hướng. $M$, $N$ nằm trên đường trung trực của $AB$ nên mỗi điểm cách đều $A$, $B$ — tính chất này cho ngay $MB=NB$ mà không cần vẽ thêm. Sau đó ghép $△AMB$, $△ANB$ bằng c.c.c để có hai góc bằng nhau.

Vậy $MB=NB$ và $\widehat{AMB}=\widehat{ANB}$.

Định hướng. Gọi $I$ là trung điểm $AB$ — đây cũng là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống đường trung trực. Vì $AM=AN$, hai điểm $M$, $N$ đối xứng nhau qua $I$ trên đường trung trực; từ đó dùng hai tam giác vuông bằng nhau để suy ra góc ở đáy bằng nhau.

Vậy $MB=NB$ và $\widehat{AMB}=\widehat{ANB}$.

Nhận xét. Cách 2 dài hơn vì phải dựng thêm điểm $I$, nhưng làm rõ vì sao $M$, $N$ đối xứng nhau qua chân đường vuông góc — hữu ích khi đề hỏi thêm về vị trí của $M$, $N$.

Định hướng. Vì $AM=AN$ nên $A$ cách đều $M$, $N$; sau khi có $MB=NB$ (Cách 1), $B$ cũng cách đều $M$, $N$. Vậy cả $A$ lẫn $B$ đều thuộc đường trung trực của $MN$, tức đường thẳng $AB$ chính là trục đối xứng biến $M$ thành $N$.

Vậy $MB=NB$ và $\widehat{AMB}=\widehat{ANB}$.

Nhận xét. Cách 3 gọn nhất vì chứng minh đồng thời cả hai yêu cầu của đề chỉ bằng một lập luận đối xứng duy nhất, không cần xét riêng từng tam giác.

Định hướng. Vì $△ABC$ cân tại $A$ với $\hat{A}=120^{\circ }$ nên $\hat{B}=\hat{C}=30^{\circ }$. Hai tam giác vuông $BAM$, $CAN$ có cùng góc nhọn $30^{\circ }$ và cạnh $AB=AC$ nên bằng nhau theo g.c.g; từ đó tách góc $\hat{A}$ để tìm ra hai tam giác cân ở phần b.

Vậy $△BAM=△CAN$ và $△ANB$ cân tại $N$, $△AMC$ cân tại $M$.

Định hướng. Đường phân giác $AI$ của góc $\hat{A}$ (với $I$ là trung điểm $BC$) là trục đối xứng của $△ABC$ cân, biến $B$ thành $C$ và biến tia $AB$ thành tia $AC$; vì $AM\perp AB$, $AN\perp AC$ nên trục này cũng biến $M$ thành $N$, cho ngay $△BAM=△CAN$. Câu b dùng tính chất hai góc nhọn phụ nhau trong tam giác vuông thay vì trừ trực tiếp góc $\hat{A}$.

Vậy $△BAM=△CAN$ và $△ANB$ cân tại $N$, $△AMC$ cân tại $M$.

Nhận xét. Cách 2 dùng góc ngoài/phụ nhau nên tránh được phép trừ $120^{\circ }-90^{\circ }$ trực tiếp, nhưng dài hơn vì phải tính qua nhiều tam giác vuông liên tiếp.

Định hướng. Từ tam giác vuông $ABC$ suy ra $\hat{C}=30^{\circ }$; so với $\widehat{CAM}=30^{\circ }$ đã cho, tam giác $CAM$ có hai góc đáy bằng nhau nên cân. Lấy $\widehat{BAC}=90^{\circ }$ trừ đi $\widehat{CAM}$ để ra $\widehat{BAM}=60^{\circ }$, khớp với $\hat{B}=60^{\circ }$ nên tam giác $BAM$ đều.

Vậy $△CAM$ cân tại $M$, $△BAM$ đều, và $M$ là trung điểm $BC$.

Định hướng. Góc $\widehat{AMB}$ là góc ngoài của $△CAM$ tại đỉnh $M$ (vì $B$, $M$, $C$ thẳng hàng), nên bằng tổng hai góc trong không kề với nó; tính theo hướng này cho luôn $\widehat{AMB}$ mà không cần tính $\widehat{BAM}$ trước.

Vậy $△CAM$ cân tại $M$, $△BAM$ đều, và $M$ là trung điểm $BC$.

Nhận xét. Cách 2 dùng tính chất góc ngoài nên tính $\widehat{AMB}$ trước $\widehat{BAM}$, thứ tự ngược với Cách 1 nhưng cho cùng kết quả — hữu ích để kiểm tra chéo.