Luyện tập chung (trang 90–91)

Định hướng. Xét $BCEF$: hai điểm $E$, $F$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc $90^{\circ }$ nên cùng nằm trên đường tròn đường kính $BC$.

Vậy $BCEF$, $CAFD$, $ABDE$ là những tứ giác nội tiếp (lần lượt nội tiếp các đường tròn đường kính $BC$, $CA$, $AB$).

Định hướng. Chỉ ra một điểm cách đều bốn đỉnh $B,C,E,F$: đó là trung điểm $M$ của $BC$, vì $BC$ là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông $BEC$ và $BFC$.

Vậy $BCEF$, $CAFD$, $ABDE$ là những tứ giác nội tiếp.

Định hướng. Không dùng đường tròn đường kính mà chứng minh $\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^{\circ }$: muốn vậy cần $\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$, tức cặp tam giác $AFE$ và $ACB$ đồng dạng (xét tam giác nhọn như hình vẽ).

Vậy $BCEF$, $CAFD$, $ABDE$ là những tứ giác nội tiếp.

Nhận xét. Cách 3 dài hơn nhưng cho thêm hệ quả $\widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ — chính là cặp tam giác đồng dạng hay dùng trong các bài về tam giác chân đường cao.

Định hướng. Gọi $\hat{A},\hat{B},\hat{C},\hat{D}$ là các góc của tứ giác $ABCD$. Mỗi tam giác $EBC$, $FDC$ cho một phương trình; thêm $\hat{B}+\hat{D}=180^{\circ }$.

Vậy $\hat{A}=60^{\circ }$, $\hat{B}=100^{\circ }$, $\hat{C}=120^{\circ }$, $\hat{D}=80^{\circ }$.

Định hướng. Tam giác $ADE$ có hai góc $\hat{A}$, $\hat{D}$ chính là góc của tứ giác; tam giác $ABF$ có hai góc $\hat{A}$, $\hat{B}$ — cộng lại là tìm được $\hat{A}$ ngay.

Vậy $\hat{A}=60^{\circ }$, $\hat{B}=100^{\circ }$, $\hat{C}=120^{\circ }$, $\hat{D}=80^{\circ }$.

Định hướng. Góc $\widehat{ABC}$ là góc ngoài của $△EBC$ tại $B$, góc $\widehat{ADC}$ là góc ngoài của $△FDC$ tại $D$; cả hai đều chứa một góc bằng $\hat{A}$ nên chỉ cần một ẩn.

Vậy $\hat{A}=60^{\circ }$, $\hat{B}=100^{\circ }$, $\hat{C}=120^{\circ }$, $\hat{D}=80^{\circ }$.

Nhận xét. Cả ba cách cùng ra một bộ số, đối chiếu được: $\hat{A}+\hat{C}=180^{\circ }$ và $\hat{B}+\hat{D}=180^{\circ }$.

Định hướng. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$: $O$ là tâm chung; $R=OA=\frac{AC}{2}$, còn $r$ là khoảng cách từ $O$ đến cạnh, bằng nửa cạnh.

Vậy đường tròn nội tiếp có chu vi $4\pi$ cm, diện tích $4\pi$ cm${}^2$; đường tròn ngoại tiếp có chu vi $4\sqrt{2}\pi$ cm, diện tích $8\pi$ cm${}^2$.

Định hướng. Hai đường chéo của hình vuông bằng nhau, vuông góc và cắt nhau tại trung điểm nên $OA=OB=R$ và $\widehat{AOB}=90^{\circ }$; đường cao $OH$ hạ xuống $AB$ chính là bán kính nội tiếp.

Vậy $C_1=4\pi$ cm, $S_1=4\pi$ cm${}^2$; $C_2=4\sqrt{2}\pi$ cm, $S_2=8\pi$ cm${}^2$.

Định hướng. Đường chéo $AC$ là phân giác của góc $\hat{A}=90^{\circ }$ nên $\widehat{OAH}=45^{\circ }$; tam giác $OHA$ vuông tại $H$ với $AH=2$ cm cho cả hai bán kính.

Vậy đường tròn nội tiếp: chu vi $4\pi$ cm, diện tích $4\pi$ cm${}^2$; đường tròn ngoại tiếp: chu vi $4\sqrt{2}\pi$ cm, diện tích $8\pi$ cm${}^2$.

Nhận xét. Ba cách cho cùng $R=r\sqrt{2}$: đường tròn ngoại tiếp có diện tích gấp đúng $2$ lần đường tròn nội tiếp ($8\pi =2\cdot 4\pi$).

Định hướng. Hai đường chéo hình vuông vuông góc nên $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOA}=90^{\circ }$; phép quay $45^{\circ }$ dời mỗi đỉnh một nửa cung đó nên $E,F,G,H$ là điểm chính giữa các cung $DA$, $AB$, $BC$, $CD$.

Vậy $EAFBGCHD$ có $8$ cạnh bằng nhau và $8$ góc cùng bằng $135^{\circ }$ nên là một bát giác đều.

Định hướng. Tám điểm chia đường tròn thành $8$ cung nhỏ bằng nhau, mỗi cung $45^{\circ }$ (vì $360^{\circ }:8=45^{\circ }$): cung bằng nhau thì dây căng cung bằng nhau, còn mỗi góc của đa giác là góc nội tiếp chắn $6$ cung nhỏ.

Vậy đa giác $EAFBGCHD$ có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên là bát giác đều.

Định hướng. Phép quay thuận chiều $45^{\circ }$ tâm $O$ dời mỗi đỉnh của đa giác sang đỉnh kề nó (tám điểm cách đều nhau $45^{\circ }$), tức đa giác được biến thành chính nó; phép quay giữ nguyên độ dài đoạn thẳng và số đo góc nên mọi cạnh, mọi góc đều bằng nhau.

Vậy đa giác $EAFBGCHD$ có các cạnh bằng nhau và các góc bằng nhau nên là bát giác đều.

Nhận xét. Ba cách đều cho kết luận đều; cách 1 còn cho luôn số đo mỗi góc, khớp với công thức $\frac{(8-2)\cdot 180^{\circ }}{8}=135^{\circ }$.

Định hướng. Mỗi cung giữa hai đỉnh liên tiếp là $72^{\circ }$; đi theo chiều kim đồng hồ từ $A$ ta lần lượt gặp $E,D,C,B$.

Vậy a) Phép quay thuận chiều $216^{\circ }$ tâm $O$ biến $A$ thành $C$. b) $B\to D$, $C\to E$, $D\to A$, $E\to B$; phép quay này giữ nguyên ngũ giác đều $ABCDE$.

Định hướng. Ngược chiều kim đồng hồ từ $A$ đến $C$ chỉ qua $B$ (hai cung); quay thuận chiều được góc phần bù của góc đó tới $360^{\circ }$.

Vậy phép quay thuận chiều $216^{\circ }$ tâm $O$ biến $A\to C$, $B\to D$, $C\to E$, $D\to A$, $E\to B$ và giữ nguyên ngũ giác đều $ABCDE$.

Định hướng. Phép quay thuận chiều biến $A$ thành $C$ khi $A$ chạy trên cung $AEDC$ (cung không chứa $B$); số đo cung này tính được từ góc nội tiếp $\widehat{ABC}$ chắn nó.

Vậy phép quay thuận chiều $216^{\circ }$ tâm $O$ biến $A$ thành $C$; ảnh của $B,C,D,E$ lần lượt là $D,E,A,B$ và ngũ giác đều $ABCDE$ được giữ nguyên.

Nhận xét. Ba cách cho cùng góc quay $216^{\circ }$ (bằng $3\cdot 72^{\circ }$, bằng $360^{\circ }-144^{\circ }$, bằng $2\cdot 108^{\circ }$). Nếu đổi sang quay ngược chiều thì góc là $144^{\circ }$.

Định hướng. Khay $=$ lục giác nhỏ $+$ $6$ hình thang bằng nhau, mà lục giác nhỏ bằng hai hình thang nên khay gấp $4$ lần lục giác nhỏ; tỉ số diện tích chính là bình phương tỉ số cạnh.

Vậy lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng $5$ cm.

Định hướng. Hình thang có hai đáy $10$ và $x$; chiều cao bằng hiệu hai khoảng cách từ tâm đến cạnh của hai lục giác đều, tức $\frac{10\sqrt{3}}{2}-\frac{x\sqrt{3}}{2}$.

Vậy lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng $5$ cm.

Định hướng. Nối tâm với các đỉnh: khay gồm $6$ tam giác đều cạnh $10$ cm (mỗi tam giác diện tích $T$), lục giác nhỏ gồm $6$ tam giác đều cạnh $x$ (mỗi tam giác diện tích $t$); mỗi hình thang là hiệu $T-t$.

Vậy lục giác đều nhỏ phải có cạnh bằng $5$ cm.

Nhận xét. Cả ba cách đều cho $x=5$ cm — đúng bằng một nửa cạnh khay; khi đó $S_1=\frac{75\sqrt{3}}{2}$ cm${}^2$ và mỗi hình thang có diện tích $\frac{75\sqrt{3}}{4}$ cm${}^2$.