Bài 15. Định lí Thalès trong tam giác

Định hướng. Vì hai bờ sông song song nên $AC\parallel BD$; trong tam giác $EBD$, đường thẳng $AC$ cắt hai cạnh $EB$, $ED$ nên áp dụng ngay hệ quả định lí Thalès.

Vậy khoảng cách giữa $C$ và $D$ bằng $375$ m.

Định hướng. Thay vì dùng ngay $AB$, $CD$, ta tính cạnh $ED$ của tam giác lớn $EBD$ trước rồi mới trừ đi $EC$ đã biết.

Vậy khoảng cách giữa $C$ và $D$ bằng $375$ m.

Định hướng. Nhận ra $EB$ gấp $EA$ đúng $\frac{7}{4}$ lần thì $ED$ cũng phải gấp $EC$ đúng $\frac{7}{4}$ lần như vậy, khỏi cần viết tỉ lệ thức tổng quát.

Vậy khoảng cách giữa $C$ và $D$ bằng $375$ m.

Nhận xét. Cách 1 ngắn nhất vì dùng thẳng cặp $AB$, $CD$ đã cần tìm; Cách 2, Cách 3 giúp hiểu bản chất tỉ lệ giữa hai tam giác đồng dạng $EAC$ và $EBD$.

Định hướng. Dùng compa mở đúng bằng $MN$ rồi ướm liên tiếp lên $AB$, sau đó lên $CD$, đếm số lần ướm vừa khít.

Vậy $AB=2$, $CD=6$ (đơn vị $MN$) và $\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}$.

Định hướng. Hình 4.2 đã có sẵn các vạch chia cách đều đúng bằng $MN$ trên đoạn $CD$, chỉ cần đếm số khoảng thay vì đo lại bằng compa.

Vậy $\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}$.

Định hướng. Gọi độ dài $MN$ là $1$ phần, biểu diễn $AB$, $CD$ theo số phần rồi rút gọn phân số như một bài toán tỉ lệ thông thường.

Vậy $\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}$.

Nhận xét. Dù đo bằng cách nào, miễn dùng chung một đơn vị $MN$ thì tỉ số $\frac{AB}{CD}$ luôn ra cùng một kết quả $\frac{1}{3}$.

Định hướng. Đặt thước thẳng dọc theo $AB$, đọc số đo tại hai đầu mút rồi làm tương tự với $CD$.

Vậy $\frac{AB}{CD}\approx \frac{1}{3}$ (kết quả đo cụ thể có thể lệch chút ít tuỳ bản in và độ chính xác của thước).

Định hướng. Đọc số đo theo vạch mm (chính xác hơn vạch cm) rồi mới đổi đơn vị, hạn chế sai số làm tròn.

Vậy $\frac{AB}{CD}\approx \frac{1}{3}$.

Định hướng. Dùng kết quả HĐ1 ($AB=2MN$, $CD=6MN$) làm mốc kiểm tra: nếu đo đúng thì tỉ số cm phải khớp tỉ số theo đơn vị $MN$.

Vậy phép đo bằng cm cho cùng tỉ số $\frac{1}{3}$ như khi đo bằng đơn vị $MN$.

Nhận xét. Đây chính là điều sẽ được khẳng định ở HĐ3: đổi đơn vị đo không làm thay đổi tỉ số của hai đoạn thẳng.

Định hướng. Viết lại tỉ số đã tính ở HĐ1 (đơn vị $MN$) và HĐ2 (đơn vị cm) rồi so sánh hai phân số.

Vậy hai tỉ số tìm được ở HĐ1 và HĐ2 bằng nhau.

Định hướng. Thay vì rút gọn từng phân số, quy đồng mẫu số hai tỉ số rồi so sánh trực tiếp tử số.

Vậy $\frac{2}{6}=\frac{4}{12}$, tức hai tỉ số ở HĐ1 và HĐ2 bằng nhau.

Định hướng. Không tính lại phân số mà lập luận: đơn vị cm gấp $MN$ bao nhiêu lần thì cả $AB$ lẫn $CD$ tính theo cm cũng gấp lên đúng bấy nhiêu lần, nên tỉ số không đổi.

Vậy hai tỉ số bằng nhau, vì hệ số đổi đơn vị bị triệt tiêu ở cả tử và mẫu.

Nhận xét. Cách 3 giải thích ĐÚNG BẢN CHẤT vì sao tỉ số không đổi khi đổi đơn vị đo, đây chính là nội dung định nghĩa tỉ số của hai đoạn thẳng.

Định hướng. Đưa mọi độ dài về cm — đơn vị nhỏ nhất trong đề — rồi lập tỉ số và rút gọn về phân số tối giản.

Vậy a) $\frac{MN}{PQ}=\frac{1}{3}$; b) $\frac{EF}{HK}=\frac{1}{4}$.

Định hướng. Thay vì đổi dm ra cm, đổi ngược lại cm ra dm — kết quả tỉ số phải như nhau vì không phụ thuộc đơn vị chọn.

Vậy kết quả giống hệt Cách 1: a) $\frac{1}{3}$; b) $\frac{1}{4}$.

Định hướng. Sau khi đưa về cùng đơn vị, rút gọn phân số bằng cách chia cả tử và mẫu cho ước chung lớn nhất thay vì rút gọn dần từng bước.

Vậy a) $\frac{1}{3}$; b) $\frac{1}{4}$.

Nhận xét. Dù đổi lên hay đổi xuống đơn vị, tỉ số cuối cùng luôn như nhau — đúng với định nghĩa tỉ số hai đoạn thẳng ở mục 1.

Định hướng. Đếm số ô vuông từ $A$ đến $B^{\prime }$, từ $B^{\prime }$ đến $B$ (và tương tự trên $AC$), rồi lập từng tỉ số theo yêu cầu.

Vậy ở cả ba câu, hai tỉ số luôn bằng nhau: $\frac{A{B}^{\prime }}{AB}=\frac{A{C}^{\prime }}{AC}$, $\frac{A{B}^{\prime }}{B^{\prime }B}=\frac{A{C}^{\prime }}{C^{\prime }C}$, $\frac{B^{\prime }B}{AB}=\frac{C^{\prime }C}{AC}$.

Định hướng. Không đếm lại ô vuông mà dùng tính chất của tỉ lệ thức để suy ra câu b), c) trực tiếp từ câu a), tránh sai sót khi đếm nhiều lần.

Vậy cả ba cặp tỉ số đều bằng nhau, khớp với Cách 1.

Định hướng. Gọi $A{B}^{\prime }=2k$, $B^{\prime }B=k$ (tỉ lệ $2:1$ đọc trực tiếp từ hình), rồi kiểm chứng cạnh $AC$ cũng chia theo đúng tỉ lệ đó.

Vậy cả ba tỉ lệ thức đều đúng, không phụ thuộc giá trị cụ thể của $k$.

Nhận xét. Cách 3 cho thấy kết quả đúng với MỌI vị trí $B^{\prime }$ chia theo tỉ lệ $2:1$, không chỉ đúng với số ô cụ thể trên hình — đây chính là ý tưởng dẫn tới định lí Thalès tổng quát.

Định hướng. Áp dụng thẳng hệ quả định lí Thalès dạng "đoạn kề đỉnh trên đoạn còn lại" cho từng tam giác.

Vậy a) $x=3,25$; b) $y=6,8$.

Định hướng. Thay vì lấy tỉ lệ giữa hai phần, lấy tỉ lệ giữa một phần với cả cạnh — cách viết khác của cùng một định lí, tiện khi đề cho thẳng cạnh đầy đủ.

Vậy a) $x=3,25$; b) $y=6,8$, khớp với Cách 1.

Định hướng. Xem tỉ lệ thức của định lí Thalès như MỘT dãy tỉ số bằng nhau, áp dụng tính chất của dãy tỉ số để tính nhanh.

Vậy a) $x=3,25$; b) $y=6,8$.

Nhận xét. Cách 1 trực tiếp và ngắn nhất; Cách 3 hữu ích khi đề cho tổng hai đoạn thay vì từng đoạn riêng lẻ.

Định hướng. Trước tiên so sánh hai tỉ số theo số liệu đề cho, sau đó dùng định lí Thalès (đường $a\parallel BC$) để tính $A{C}^{\prime \prime }$, rồi đối chiếu với $A{C}^{\prime }=6$ đã biết.

Vậy $A{C}^{\prime \prime }=6=A{C}^{\prime }$, nên $C^{\prime \prime }$ và $C^{\prime }$ là cùng một điểm; do đó đường thẳng $B^{\prime }{C}^{\prime }$ trùng với đường thẳng $a$, tức $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$.

Định hướng. Chỉ cần tính $A{C}^{\prime \prime }$ rồi lập luận trực tiếp trên tia $AC$: mỗi độ dài ứng với đúng một điểm, nên hai điểm cùng cách $A$ một khoảng bằng nhau phải trùng nhau.

Vậy $C^{\prime }\equiv C^{\prime \prime }$, suy ra $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $BC$ là hai đường thẳng song song.

Định hướng. Xuất phát từ nhận xét $\frac{A{B}^{\prime }}{AB}=\frac{A{C}^{\prime }}{AC}$ đã có ở bước đầu, suy luận ngược để khẳng định $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ mà không cần định nghĩa thêm điểm $C^{\prime \prime }$ — đây là cách nhìn của định lí Thalès đảo sẽ học ngay sau HĐ4.

Vậy $B^{\prime }{C}^{\prime }\equiv a$, tức $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$.

Nhận xét. Ba cách đều dẫn tới cùng kết luận: khi $\frac{A{B}^{\prime }}{AB}=\frac{A{C}^{\prime }}{AC}$ thì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ — đây chính là nội dung định lí Thalès đảo.

Định hướng. Vì $E$, $A$, $B$ thẳng hàng và $E$, $C$, $D$ thẳng hàng nên $A$, $C$ lần lượt nằm trên hai cạnh $EB$, $ED$ của tam giác $EBD$; hai bờ sông song song cho ngay $AC\parallel BD$.

Vậy khoảng cách giữa hai điểm $C$ và $D$ trên hai bờ sông bằng $375$ m.

Định hướng. Tính cạnh $ED$ của tam giác lớn $EBD$ trước, sau đó trừ đi $EC$ đã đo được để ra $CD$.

Vậy $CD=375$ m, khớp với Cách 1.

Định hướng. Nhận ra tam giác $EBD$ chính là "phóng to" của tam giác $EAC$ theo cùng một tỉ lệ, nên chỉ cần tìm hệ số phóng đại rồi nhân trực tiếp.

Vậy khoảng cách $CD=375$ m.

Nhận xét. Đây chính là cách Thalès đo khoảng cách những nơi không thể đo trực tiếp — chỉ cần đo được các đoạn trên bờ mình đứng.

Định hướng. Câu a) áp dụng ngay hệ quả "đoạn kề đỉnh trên đoạn còn lại"; câu b) lập luận góc so le trong trước, sau đó mới viết tỉ lệ thức.

Vậy a) $x\approx 5,3$; b) $y\approx 17,3$.

Định hướng. Viết tỉ lệ thức theo dạng "một phần trên cả cạnh" thay vì "phần này trên phần kia", tiện khi cần cộng thêm đoạn đã cho.

Vậy a) $x\approx 5,3$; b) $y\approx 17,3$, khớp Cách 1.

Định hướng. Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau đã học ở lớp 7 để tránh phải giải phương trình như Cách 2.

Vậy a) $x\approx 5,3$; b) $y\approx 17,3$.

Nhận xét. Cách 1 nhanh nhất cho cả hai câu; điều quan trọng nhất ở câu b) là không được quên bước chứng minh $MN\parallel BC$ trước khi dùng Thalès.

Định hướng. Với mỗi đoạn nối nghi ngờ song song, tính tỉ số phần-trên-phần ở hai cạnh xuất phát từ đỉnh chung, so sánh bằng nhau thì áp dụng Thalès đảo.

Vậy a) $EF\parallel NP$; b) $ME\parallel HK$ (còn $FM$ không song song với $KQ$).

Định hướng. Thay vì rút gọn từng phân số về tối giản, quy đồng mẫu số hai tỉ số rồi so sánh tử số — tránh sai sót khi rút gọn số thập phân như $4,5$.

Vậy kết luận giống hệt Cách 1: a) $EF\parallel NP$; b) $ME\parallel HK$.

Định hướng. Dùng dạng tỉ lệ thức "đoạn kề đỉnh trên cả cạnh" — cách nhìn khác giúp kiểm tra chéo kết quả của Cách 1.

Vậy a) $EF\parallel NP$; b) $ME\parallel HK$, khớp hai cách trên.

Nhận xét. Câu b) có 3 điểm nên phải THỬ ĐỦ hai khả năng rồi loại một, không được kết luận vội chỉ dựa vào một cặp.

Định hướng. Áp dụng Thalès trong tam giác $ABC$ với $DE\parallel AC$ để đưa $\frac{AE}{AB}$ về tỉ số trên cạnh $BC$; tương tự với $DF\parallel AB$ đưa $\frac{AF}{AC}$ về tỉ số trên $BC$; rồi cộng lại.

Vậy $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=2-1=1$ (đpcm).

Định hướng. Vì $DE\parallel AF$ (tức $DE\parallel AC$) và $DF\parallel AE$ (tức $DF\parallel AB$), tứ giác $AEDF$ là hình bình hành, nên $AE=DF$ và $AF=DE$ — từ đó đưa hệ thức cần chứng minh về hai tam giác nhỏ $DBE$ và $DCF$.

Vậy $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=1$ (đpcm).

Định hướng. Trước khi viết chứng minh tổng quát, thử với một tam giác cụ thể để chắc chắn hệ thức đúng, sau đó khái quát hoá thành chứng minh cho mọi vị trí $D$.

Vậy hệ thức $\frac{AE}{AB}+\frac{AF}{AC}=1$ đúng với MỌI vị trí của $D$ trên $BC$ (đpcm).

Nhận xét. Cách 3 chỉ nên dùng để kiểm tra trước khi làm bài, khi trình bày chính thức phải viết như Cách 1 hoặc Cách 2 vì bài yêu cầu chứng minh cho D bất kì.

Định hướng. Gọi $M_0$ là trung điểm $AB$, khi đó $C{M}_0$ là trung tuyến chứa $G$; xét tam giác $CB{M}_0$ có cạnh $B{M}_0$ nằm trên đường thẳng $AB$, nên đường thẳng $d$ (qua $G$, song song $AB$) chính là đường song song với cạnh $B{M}_0$ của tam giác này.

Vậy $BM=\frac{1}{3}BC$ (đpcm).

Định hướng. Xét tam giác $\text{ABС}$ với đường thẳng $d$ song song $AB$ đi qua $G$; gọi $N$ là giao điểm của $d$ với $AC$, khi đó tam giác $CAB$ có $MN\parallel AB$ nên áp dụng Thalès trực tiếp cho cả hai cạnh $CA$, $CB$ cùng lúc, không cần dựng trung tuyến trung gian.

Vậy $BM=\frac{1}{3}BC$ (đpcm), khớp Cách 1.

Định hướng. Đặt toạ độ ba đỉnh, dùng công thức trọng tâm $G=\frac{A+B+C}{3}$ rồi tìm giao điểm $M$ của đường thẳng qua $G$ song song $AB$ với cạnh $BC$ bằng phương trình đường thẳng — một cách nhìn đại số cho cùng kết quả hình học.