Luyện tập chung

Định hướng. Kẻ qua $B$ đường thẳng song song $AD$, cắt $DC$ tại $E$; vì $AB\parallel DC$ nên $ADBE$ là hình bình hành, từ đó bắc cầu $BE=AD=BC$ để có tam giác cân.

Vậy hình thang $ABCD$ có $\hat{C}=\hat{D}$ (hai góc kề đáy $DC$ bằng nhau) nên $ABCD$ là hình thang cân.

Định hướng. Đổi vai trò: kẻ qua $A$ đường thẳng song song $BC$, cắt $DC$ tại $F$; lập luận đối xứng với Cách 1.

Vậy $ABCD$ có $\hat{C}=\hat{D}$ nên là hình thang cân.

Định hướng. Kẻ $AH\perp DC$, $BK\perp DC$ ($H,K\in DC$); hai đường cao của cùng một hình thang bằng nhau nên hai tam giác vuông $AHD$, $BKC$ bằng nhau theo cạnh huyền – cạnh góc vuông.

Vậy hình thang $ABCD$ có $\hat{C}=\hat{D}$ nên là hình thang cân.

Nhận xét. Ba cách đều quy về việc tạo ra hai đoạn bằng nhau cùng xuất phát từ một điểm để dùng tam giác cân hoặc tam giác bằng nhau — chọn đường phụ nào cũng ra cùng kết luận.

Định hướng. $\hat{A}$ và $\hat{D}$ là hai góc trong cùng phía do cát tuyến $AD$ tạo với $AB$, $DC$; cộng hai góc rồi so với $180^{\circ }$.

Vậy tứ giác $ABCD$ có $AB\parallel DC$ nên $ABCD$ là hình thang.

Định hướng. Trên tia đối của tia $AD$ lấy điểm $x$, so sánh góc đồng vị $\widehat{xAB}$ với $\widehat{ADC}$.

Vậy $AB\parallel DC$, tứ giác $ABCD$ là hình thang.

Định hướng. Trên tia đối của tia $DA$ lấy điểm $y$, so sánh góc so le trong $\widehat{yDC}$ với $\widehat{DAB}$.

Vậy $ABCD$ là hình thang vì $AB\parallel DC$.

Nhận xét. Ba cách đều quy về ba dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song; Cách 1 nhanh nhất vì dùng thẳng hai góc đã cho, không phải vẽ thêm tia phụ.

Định hướng. Tính $\hat{A}$ từ tam giác cân $ABD$, rồi dùng so le trong với đường chéo $BD$ để có $\widehat{ADB}$, cộng dồn ra $\hat{D}$.

Vậy $\hat{A}=\hat{B}=120^{\circ }$, $\hat{C}=\hat{D}=60^{\circ }$.

Định hướng. Tính $\hat{A}$ như Cách 1, rồi dùng ngay tính chất hai góc kề một cạnh bên của hình thang bù nhau, không cần xét đường chéo.

Vậy $\hat{A}=\hat{B}=120^{\circ }$, $\hat{C}=\hat{D}=60^{\circ }$.

Định hướng. Hình thang cân nhận đường trung trực chung của hai đáy làm trục đối xứng, trục này biến $A$ thành $B$, $D$ thành $C$ nên suy thẳng $\hat{B}$, $\hat{C}$ mà không cần chứng minh lại bằng tam giác bằng nhau.

Vậy $\hat{A}=\hat{B}=120^{\circ }$, $\hat{C}=\hat{D}=60^{\circ }$.

Nhận xét. Cách 3 tận dụng luôn trục đối xứng của hình thang cân nên khỏi phải chứng minh lại vì sao hai góc kề một đáy bằng nhau.

Định hướng. Đường chéo $BD$ tách tứ giác thành hai tam giác cân $ABD$ và $CBD$; tính lần lượt từng tam giác theo đúng thứ tự đường chéo tạo ra.

Vậy $\hat{A}=100^{\circ }$, $\widehat{ABC}=120^{\circ }$, $\hat{C}=20^{\circ }$, $\widehat{ADC}=120^{\circ }$.

Định hướng. Vì $AB=AD$ và $CB=CD$ nên $A$, $C$ cùng cách đều $B$, $D$, tức $AC$ là đường trung trực của $BD$; gọi $I$ là giao điểm rồi tính qua các tam giác vuông tại $I$.

Vậy $\hat{A}=100^{\circ }$, $\widehat{ABC}=120^{\circ }$, $\hat{C}=20^{\circ }$, $\widehat{ADC}=120^{\circ }$.

Định hướng. Tính $\hat{A}$ và $\widehat{ABC}$ bằng tam giác cân như Cách 1, rồi dùng tổng bốn góc tứ giác bằng $360^{\circ }$ để suy thẳng $\hat{C}$, không cần xét riêng tam giác $BCD$ cân.

Vậy $\hat{A}=100^{\circ }$, $\widehat{ABC}=120^{\circ }$, $\hat{C}=20^{\circ }$, $\widehat{ADC}=120^{\circ }$.

Nhận xét. Kết quả $\hat{C}=20^{\circ }$ khớp cả ba cách; Cách 3 tiện dùng để kiểm tra chéo đáp số khi làm bài thi.

Định hướng. Ba đường phụ qua $M$ tạo ba hình thang nhỏ $APMR$, $BQMP$, $CRMQ$; mỗi hình thang cân theo dấu hiệu hai góc kề một đáy cùng bằng $60^{\circ }$, rồi dùng tính chất hai đường chéo hình thang cân bằng nhau để nối chu vi tam giác $PQR$ với $MA+MB+MC$.

Vậy a) $APMR$ là hình thang cân; b) chu vi tam giác $PQR$ bằng $MA+MB+MC$; c) tam giác $PQR$ là tam giác đều khi và chỉ khi $M$ là giao điểm ba đường trung trực (cũng là tâm) của tam giác đều $ABC$.

Định hướng. Thay vì trích thẳng tính chất “đường chéo hình thang cân bằng nhau”, chứng minh trực tiếp $AM=PR$ bằng hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh – góc – cạnh, rồi làm tương tự cho hai cặp còn lại.

Vậy a) $APMR$ là hình thang cân; b) chu vi tam giác $PQR$ bằng $MA+MB+MC$; c) $M$ là giao điểm ba đường trung trực (tâm) của tam giác đều $ABC$.