Luyện tập chung

Định hướng. Đường chéo $AC$ chia hình bình hành thành hai tam giác $ABC$, $ACD$; trong mỗi tam giác đó, đoạn nối hai trung điểm hai cạnh là đường trung bình, song song và bằng nửa $AC$.

Vậy tứ giác $EFGH$ có $EF\parallel HG$, $EF=HG$ nên $EFGH$ là hình bình hành.

Định hướng. Tính $AE=CG$, $AH=CF$ từ tính chất trung điểm và cạnh đối hình bình hành, rồi ghép với $\hat{A}=\hat{C}$ để có $△AHE=△CFG$.

Vậy tứ giác $EFGH$ có $HE=FG$, $HG=FE$ (hai cặp cạnh đối bằng nhau) nên $EFGH$ là hình bình hành.

Định hướng. Biểu diễn $E,F,G,H$ theo $A,B,C,D$ bằng công thức trung điểm rồi tính trực tiếp hai vectơ $\overrightarrow{EF}$, $\overrightarrow{HG}$.

Vậy $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{HG}$ nên $EF\parallel HG$ và $EF=HG$, tức $EFGH$ là hình bình hành.

Nhận xét. Cách vectơ cho thấy kết quả đúng với mọi tứ giác $ABCD$ (không cần là hình bình hành) — đây chính là định lí Varignon.

Định hướng. Đường chéo $AC$ chia hình bình hành thành hai tam giác; chỉ ra cả hai đều vuông tại đỉnh chung với $AC$ rồi cộng diện tích.

Vậy diện tích hình bình hành $ABCD$ là $12$ cm${}^2$.

Định hướng. Vì $AC\perp AD$ và $BC\parallel AD$ nên $AC$ chính là đoạn vuông góc nối hai đường thẳng chứa hai cạnh đáy $AD$, $BC$ — tức $AC$ là chiều cao của hình bình hành ứng với đáy $AD$; áp dụng thẳng công thức diện tích.

Vậy diện tích hình bình hành $ABCD$ là $12$ cm${}^2$.

Định hướng. Đặt $A$ làm gốc, $AD$ theo một trục và $AC$ theo trục vuông góc (vì $AC\perp AD$), suy ra toạ độ $B$ rồi tính diện tích bằng tích có hướng của $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AD}$.

Vậy diện tích hình bình hành $ABCD$ là $12$ cm${}^2$.

Nhận xét. Cách 2 và Cách 3 đều tránh việc cộng hai diện tích tam giác, gọn hơn Cách 1.

Định hướng. Ba hình cho ba loại dữ kiện khác nhau nên chọn đúng dấu hiệu tương ứng: câu a) đã có sẵn hai cặp góc đối bằng nhau; câu b) chỉ cần một cặp góc đối không bằng nhau là đủ loại; câu c) có một cặp cạnh đối bằng nhau và tạo góc đồng vị bằng nhau nên song song.

Vậy trong ba tứ giác ở Hình 3.39, hình a) và hình c) là hình bình hành; hình b) không là hình bình hành.

Định hướng. Với mỗi tứ giác, tính nốt góc còn lại (dùng tổng bốn góc bằng $360^{\circ }$) rồi so sánh đầy đủ từng cặp góc đối, không cần đoán trước dấu hiệu nào phù hợp.

Vậy hình a) và hình c) là hình bình hành; hình b) không là hình bình hành (cả hai cặp góc đối đều không bằng nhau).

Định hướng. Gán toạ độ các đỉnh theo đúng số liệu góc, cạnh đã cho trên hình rồi kiểm tra hai vectơ cạnh đối có bằng nhau hay không.

Vậy tính bằng toạ độ cũng cho đúng kết quả: hình a), c) là hình bình hành; hình b) thì không.

Nhận xét. Cách toạ độ tuy chắc chắn nhưng dài hơn hẳn — chỉ nên dùng khi không nhìn ra ngay dấu hiệu phù hợp.

Định hướng. $M\in AB$, $N\in CD$ mà $AB\parallel CD$ nên $AM\parallel CN$; kết hợp $AM=CN$ (gt) để có ngay một hình bình hành mới.

Vậy $AN=CM$ và $\widehat{AMC}=\widehat{ANC}$.

Định hướng. So sánh trực tiếp hai tam giác $ADN$ và $CBM$: có sẵn $AD=CB$, và từ $AM=CN$ suy ra $DN=BM$, cùng góc xen giữa bằng nhau vì là hai góc đối của hình bình hành.

Vậy $AN=CM$.

Định hướng. Đã có $AN=CM$ (câu a) và $AM=CN$ (gt); thêm cạnh chung $AC$ là đủ ba cặp cạnh bằng nhau để dùng trường hợp c.c.c.

Vậy $\widehat{AMC}=\widehat{ANC}$.

Nhận xét. Cách 2 và Cách 3 tách bài thành hai lần dùng tam giác bằng nhau, dài hơn Cách 1 vốn giải quyết cả hai ý chỉ bằng một hình bình hành phụ.

Định hướng. Đọc lại phần dựng hình: $AB$ và $a$ song song với nhau theo đúng cách dựng, còn $CD=AB$ được chọn sẵn trên $a$ — hai dữ kiện này khớp thẳng với một dấu hiệu duy nhất.

Vậy tứ giác $ABCD$ là hình bình hành.

Định hướng. Nối đường chéo $BD$, dùng $AB\parallel CD$ để có so le trong, ghép với $AB=CD$ và cạnh chung $BD$ để suy ra tam giác bằng nhau, từ đó có nốt cặp cạnh đối còn lại song song.

Vậy tứ giác $ABCD$ có $AB\parallel CD$ (đã có) và thêm $AD\parallel CB$, $AD=CB$ nên $ABCD$ là hình bình hành.

Định hướng. Gán toạ độ theo đúng ba bước dựng (đặt $a$ và $AB$ là hai đường nằm ngang song song), rồi tính trung điểm $AC$ và $BD$.

Vậy hai đường chéo $AC$, $BD$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên $ABCD$ là hình bình hành.

Nhận xét. Cách 3 cho thấy vì sao toạ độ $D(c-b;h)$ (chứ không phải $D(c+b;h)$) là bắt buộc — đó chính là điều kiện “$A$, $D$ cùng phía đối với $BC$” trong đề.

Định hướng. Giả sử tia phân giác cắt đường thẳng $CD$ tại $E$, chỉ ra tam giác $ADE$ cân dẫn đến $DE=AD=5>DC=3$ (vô lí vì $E$ phải thuộc đoạn $DC$) — vậy tia phân giác phải cắt cạnh $BC$; sau đó lặp lại lập luận cân cho tam giác $ABF$.

Vậy tia phân giác góc $A$ cắt cạnh $BC$ tại $F$, và khoảng cách từ $F$ đến $C$ là $2$ cm.

Nhận xét. Cả hai lần đều dùng chung một kiểu lập luận (so le trong + tia phân giác $\Rightarrow$ tam giác cân) — chỉ khác cạnh nào đóng vai trò cạnh đáy của tam giác cân.

Định hướng. Đặt $\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{AD}=5\overrightarrow{v}$ với $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$ là hai vectơ đơn vị; tia phân giác góc $A$ có phương $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ (không phụ thuộc độ dài $3$, $5$), rồi tìm giao điểm với từng cạnh bằng hệ số.

Vậy tia phân giác cắt cạnh $BC$ (vì $s=0,6\in [0;1]$ hợp lệ), và $FC=2$ cm.

Định hướng. Từ $B$ là trung điểm $AE$ suy ra $E$ nằm trên tia $AB$ kéo dài, từ $C$ là trung điểm $DF$ suy ra $F$ nằm trên tia $DC$ kéo dài; hai tia này cùng phương với hai cạnh đối đã song song $AB$, $DC$ của hình bình hành $ABCD$ nên các cặp cạnh mới cũng song song và bằng nhau.

Vậy trung điểm của $AF$, $DE$, $BC$ trùng nhau (đều trùng với trung điểm của $AF$).

Định hướng. Biểu diễn $E=2B-A$, $F=2C-D$ theo toạ độ của $A,B,C,D$; dùng hệ thức $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ (tính chất hình bình hành $ABCD$) để tính trực tiếp ba trung điểm và so sánh.

Vậy ba trung điểm của $AF$, $DE$, $BC$ đều bằng $\frac{2B-A+D}{2}$ nên trùng nhau.

Định hướng. Với ba điểm $A,B,C$ đã cho, qua $C$ kẻ đường thẳng song song $AB$, qua $B$ kẻ đường thẳng song song $AC$; giao điểm của hai đường thẳng đó là điểm cần tìm.

Vậy tứ giác $AB{D}_{3}C$ có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành; $D_3$ chính là điểm cần tìm.

Định hướng. Chọn hai trong ba điểm, chẳng hạn $B$, $C$, làm một đường chéo; lấy $D$ đối xứng với điểm còn lại ($A$) qua trung điểm của $BC$ để đường chéo kia cũng nhận đúng trung điểm đó.

Vậy tứ giác $AB{D}_{1}C$ là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường); $D_1$ chính là điểm cần tìm.

Định hướng. Gán toạ độ ba điểm $A,B,C$; điều kiện “bốn điểm là đỉnh hình bình hành” tương đương với một trong ba đẳng thức vectơ (ứng với ba cách chọn đường chéo), từ đó vừa dựng được điểm vừa đếm được số nghiệm.

Vậy có đúng $3$ điểm $D$ khác nhau thoả mãn yêu cầu.

Nhận xét. Cách 3 vừa dựng được điểm (như Cách 1, 2) vừa trả lời thẳng câu b) bằng một phép đếm đại số.