Bài 16. Đường trung bình của tam giác

Định hướng. $D$, $E$ là trung điểm của $AB$, $AC$ nên $DE$ chính là đường trung bình của tam giác $ABC$ ứng với cạnh $BC$.

Vậy không cần đo trực tiếp, khoảng cách giữa $B$ và $C$ bằng $1000$ m.

Định hướng. Tam giác $ADE$ và tam giác $ABC$ có chung góc $A$ và hai cặp cạnh kề góc đó cùng tỉ lệ $\frac{1}{2}$, nên hai tam giác này đồng dạng, từ đó suy ra tỉ số cạnh thứ ba.

Vậy khoảng cách giữa $B$ và $C$ bằng $1000$ m.

Định hướng. Trên tia đối của tia $ED$ lấy điểm $F$ sao cho $EF=ED$; ghép hai tam giác bằng nhau để tạo ra một hình bình hành chứa cạnh $BC$.

Vậy khoảng cách giữa $B$ và $C$ bằng $1000$ m.

Nhận xét. Cách 3 chính là con đường sách dùng để chứng minh chặt chẽ Định lí 1 ở mục 2.

Định hướng. Chọn $E$ và $H$ làm gốc toạ độ của mỗi lưới, đếm ô vuông để lập toạ độ tất cả các điểm, sau đó so sánh với công thức trung điểm.

Vậy tam giác $DEF$ chỉ có một đường trung bình là $MN$ (đoạn $NP$ không phải đường trung bình); tam giác $IHK$ có đủ cả ba đường trung bình là $AB$, $BC$, $CA$.

Định hướng. Không cần lập toạ độ, chỉ cần đếm số ô vuông trên từng nửa cạnh để so sánh hai đoạn có bằng nhau hay không — bằng nhau thì điểm chia đó là trung điểm.

Vậy kết luận giống Cách 1: $MN$ là đường trung bình duy nhất của $△DEF$; $AB$, $BC$, $CA$ đều là đường trung bình của $△IHK$.

Nhận xét. Ba đường trung bình $AB$, $BC$, $CA$ chia tam giác $IHK$ thành $4$ tam giác nhỏ bằng nhau — hình ảnh này sẽ còn gặp lại ở các bài sau.

Định hướng. $D\in AB$, $E\in AC$ nên chỉ cần so sánh hai tỉ số $\frac{AD}{AB}$ và $\frac{AE}{AC}$.

Vậy theo định lí Thalès đảo, $DE\parallel BC$.

Định hướng. Chỉ ra tam giác $ADE$ đồng dạng với tam giác $ABC$, từ đó hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.

Vậy $DE\parallel BC$ (dấu hiệu hai góc đồng vị bằng nhau).

Nhận xét. Cách 1 đúng theo đúng gợi ý "dùng Thalès đảo" của đề, ngắn hơn Cách 2.

Định hướng. Đã có $DE\parallel BF$ từ HĐ1; chỉ cần thêm $EF\parallel DB$ bằng cách lập tỉ số tại đỉnh $C$ như đã làm ở đỉnh $A$.

Vậy $DEFB$ là hình bình hành và $DE=\frac{1}{2}BC$.

Định hướng. Biểu diễn các điểm $D$, $E$, $F$ theo $A$, $B$, $C$ bằng vectơ trung điểm, rồi so sánh trực tiếp vectơ $\overrightarrow{DE}$ và $\overrightarrow{BF}$.

Vậy $DE\parallel BF$ và $DE=BF=\frac{1}{2}BC$, suy ra tứ giác $DEFB$ là hình bình hành (một cặp cạnh đối song song và bằng nhau).

Nhận xét. Cách 2 cho luôn cả hai kết luận (song song và bằng nhau) chỉ trong một phép trừ vectơ, gọn hơn Cách 1 nhưng dùng công cụ ngoài chương trình lớp 8.

Định hướng. $M$, $N$ là trung điểm $AB$, $AC$ nên $MN$ là đường trung bình ứng với cạnh $BC$.

Vậy $MN=5$ cm.

Định hướng. Nhận ra tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ABC$ theo tỉ số $\frac{1}{2}$ để suy ra tỉ số cạnh $MN$ và $BC$.

Vậy $MN=5$ cm.

Định hướng. Đặt $A$ làm gốc, biểu diễn $M$, $N$ theo $B$, $C$ rồi tính độ dài $\overrightarrow{MN}$ theo $\overrightarrow{BC}$.

Vậy $MN=5$ cm.

Nhận xét. Cách 1 ngắn nhất vì bài đã trang bị sẵn Định lí 1, không cần chứng minh lại đồng dạng hay dùng vectơ.

Định hướng. Trước tiên chỉ ra $DECB$ là hình thang nhờ $DE\parallel BC$, sau đó dùng giả thiết cân để so sánh $DB$ và $EC$.

Vậy $DECB$ là hình thang có hai cạnh bên $DB=EC$, tức $DECB$ là hình thang cân.

Định hướng. Một hình thang có hai góc kề cùng một đáy bằng nhau là hình thang cân, mà hai góc $\hat{B}$, $\hat{C}$ của tam giác cân đã có sẵn tính chất này.

Vậy hình thang $DECB$ có hai góc kề đáy $BC$ bằng nhau nên là hình thang cân.

Nhận xét. Cách 2 không cần tính độ dài $DB$, $EC$ mà dùng thẳng góc có sẵn của tam giác cân, gọn hơn Cách 1.

Định hướng. $D$, $E$ là trung điểm của $AB$, $AC$ nên $DE$ là đường trung bình ứng với cạnh $BC$ của tam giác $ABC$.

Vậy không cần đo trực tiếp qua hồ nước, khoảng cách giữa hai điểm $B$ và $C$ bằng $1000$ m.

Định hướng. Chỉ ra tam giác $ADE$ đồng dạng tam giác $ABC$ theo tỉ số $\frac{1}{2}$, từ đó suy ra ngay tỉ số của cặp cạnh tương ứng $DE$, $BC$.

Vậy khoảng cách giữa $B$ và $C$ bằng $1000$ m, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Đây chính là cách đo gián tiếp khoảng cách qua chướng ngại vật (hồ, sông…) mà không cần lội qua.

Định hướng. Hình a) áp dụng thẳng Định lí 1; hình b) dùng Chú ý để chỉ ra $N$ là trung điểm $BC$ trước khi kết luận về $y$.

Vậy $x=6$ và $y=5$.

Định hướng. Gắn hệ trục tại đỉnh có góc vuông hoặc tại một điểm mốc để tính toạ độ các trung điểm, từ đó tính $x$, $y$ bằng công thức khoảng cách.

Vậy $x=6$, $y=NC=5$, khớp với Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 ngắn và trực quan hơn hẳn, Cách 2 chỉ dùng để kiểm chứng lại bằng số.

Định hướng. Câu a) chỉ cần một đường trung bình $MN$; câu b) cần thêm đường trung bình $MP$ để so sánh với $BP$.

Vậy câu a) $BMNC$ là hình thang; câu b) tứ giác $MNPB$ có một cặp cạnh đối $MN$, $BP$ vừa song song vừa bằng nhau nên $MNPB$ là hình bình hành.

Định hướng. Xét tam giác $AMN$ đồng dạng tam giác $ABC$ để có cả tỉ số cạnh lẫn góc đồng vị, từ đó suy luận theo một lối khác Cách 1.

Vậy kết luận giống Cách 1: $BMNC$ là hình thang, $MNPB$ là hình bình hành.

Nhận xét. Cách 1 ngắn gọn hơn hẳn vì dùng thẳng tính chất đường trung bình đã có sẵn, không cần chứng minh lại đồng dạng.

Định hướng. Biểu diễn $M$, $N$, $P$ theo $A$, $B$, $C$ bằng vectơ trung điểm rồi so sánh trực tiếp hai vectơ $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{BP}$.

Vậy $MN\parallel BC$ nên $BMNC$ là hình thang (câu a); $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BP}$ (cùng hướng, cùng độ dài) nên $MNPB$ là hình bình hành (câu b).

Định hướng. Nhận ra $E$ là trung điểm $DB$ và $D$ là trung điểm $AE$ — hai vai trò trung điểm khác nhau của cùng điểm $D$, $E$ trong hai tam giác khác nhau.

Vậy $EM\parallel DC$, tức $DC\parallel EM$.

Định hướng câu b). Vì $AD=DE$ nên $D$ là trung điểm $AE$; đường thẳng $DI$ (chính là $DC$) đã song song với $EM$ ở câu a), áp dụng Chú ý cho tam giác $AEM$.

Vậy $I$ là trung điểm của $AM$.

Định hướng. Gắn toạ độ với $A$ làm gốc, biểu diễn mọi điểm theo hai vectơ $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ rồi tính trực tiếp giao điểm $I$.

Vậy $DC\parallel EM$ (câu a) và $I$ ứng với $s=\frac{1}{2}$ trên $AM$ nên $I$ là trung điểm $AM$ (câu b).

Nhận xét. Cách 2 tính ra cả vị trí $I$ trên $DC$ ($DI=\frac{1}{4}DC$), nhiều thông tin hơn Cách 1 nhưng dài hơn.

Định hướng. $O$ là trung điểm $AC$ (tính chất hình chữ nhật); ghép với $H$, $K$ để có hai đường trung bình $HO$, $KO$ trong hai tam giác $ABC$, $ACD$.

Vậy $AHOK$ là hình bình hành có một góc vuông tại $A$ nên $AHOK$ là hình chữ nhật.

Định hướng. Đặt hệ trục tại $A$ theo hai cạnh vuông góc của hình chữ nhật rồi tính toạ độ $H$, $O$, $K$ để kiểm tra trực tiếp các góc vuông.

Vậy $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{KO}$ nên $AHOK$ là hình bình hành, lại có $AH\perp AK$ nên $AHOK$ là hình chữ nhật.

Định hướng. Dùng lại hai đường trung bình $HO\parallel BC$, $KO\parallel DC$ ở Cách 1, rồi suy trực tiếp ba góc vuông của tứ giác $AHOK$ nhờ các cặp cạnh vuông góc sẵn có của hình chữ nhật, không cần chứng minh qua bước hình bình hành.

Vậy tứ giác $AHOK$ có bốn góc đều vuông ($\hat{A}=\hat{H}=\hat{K}=\hat{O}=90^{\circ }$) nên là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật, góc thứ tư đương nhiên cũng vuông).

Nhận xét. Cách 3 không cần chứng minh qua bước trung gian "hình bình hành", đi thẳng vào bốn góc vuông.