Bài học

Nhận diện đúng cặp tam giác đồng dạng

Mục tiêu bài học

Học xong bài này, em soi ra đúng cặp tam giác đồng dạng ẩn bên trong một hình có nhiều tam giác chồng lấp (chứ không phải một tam giác đơn lẻ), rồi dùng cặp đồng dạng đó để chứng minh một hệ thức tích đoạn thẳng — kỹ năng nền của gần như mọi bài hình học HSG THCS.

Kiến thức cần có trước

Em cần vững: dấu hiệu đồng dạng góc–góc (g–g), khái niệm đường cao, và trực tâm của tam giác (giao ba đường cao) — các nội dung đã học ở chương trình Toán 9 (chương Hệ thức lượng và chương Đường tròn).

Bài chuẩn so với bài HSG

Đề thi hay SGK thường chỉ cho một tam giác vuông và hỏi trực tiếp tỉ số hai cạnh (áp dụng g–g một lần). Bài HSG hôm nay có hai đường cao cùng lúc, tạo ra 4–5 tam giác nhỏ chồng lấp nhau — cái khó không phải là kiến thức mới, mà là chọn đúng cặp tam giác trong một rừng tam giác.

Bài toán mở đầu. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $D$ là chân đường cao kẻ từ $B$ xuống $AC$ , $E$ là chân đường cao kẻ từ $C$ xuống $AB$ ; $BD$ và $CE$ cắt nhau tại trực tâm $H$ . Chứng minh rằng $AD \cdot AC = AE \cdot AB$ .

Nhìn hình vẽ, quanh điểm $A$ có ít nhất bốn tam giác chứa đỉnh $A$ : $ABD, ABC, ACE, ADE, \dots$ — muốn ra được hệ thức có bốn đoạn $AD, AC, AE, AB$ , ta phải tìm đúng HAI tam giác có chứa đồng thời các đoạn đó.

**Bài toán mở đầu.** Cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $D$ là chân đường cao kẻ từ $B$ xuống $AC$, $E$ là chân đường cao kẻ từ $C$ xuống $AB$; $BD$ và $CE$ cắt nhau tại trực tâm $H$. Chứng minh rằng $AD \cdot AC = AE \cdot AB$. Nhìn hình vẽ, quanh điểm $A$ có ít nhất bốn tam giác chứa đỉnh $A$: $ABD, ABC, ACE, ADE, \dots$ — muốn ra được hệ thức có bốn đoạn $AD, AC, AE, AB$, ta phải tìm đúng HAI tam giác có chứa đồng thời các đoạn đó.

Ý tưởng mấu chốt

Khi đề bài cho hai đường cao cùng lúc, hãy nhìn vào TỪNG đường cao — mỗi đường tạo ra MỘT tam giác vuông chứa góc $A$ : tam giác $ADB$ (vuông tại $D$ ) và tam giác $AEC$ (vuông tại $E$ ). Cả hai đều có góc $A$ chung, mà hai tam giác vuông chung một góc nhọn thì luôn đồng dạng (g–g) — đây chính là cặp cần tìm, không phải $ABC$ hay $ADE$ .

Khi đề bài cho *hai đường cao cùng lúc*, hãy nhìn vào TỪNG đường cao — mỗi đường tạo ra MỘT tam giác vuông chứa góc $A$: tam giác $ADB$ (vuông tại $D$) và tam giác $AEC$ (vuông tại $E$). Cả hai đều có góc $A$ chung, mà hai tam giác vuông chung một góc nhọn thì luôn đồng dạng (g–g) — đây chính là cặp cần tìm, không phải $ABC$ hay $ADE$.

Vì sao ý tưởng này tự nhiên? Vì hệ thức cần chứng minh là một đẳng thức TÍCH chéo ( $AD \cdot AC = AE \cdot AB$ , tức $AD/AE = AB/AC$ ) — dạng hệ thức này luôn đến từ MỘT cặp tam giác đồng dạng duy nhất chứa đúng bốn đoạn đó làm cạnh. Việc của em là lọc trong "rừng tam giác" ra đúng hai tam giác có bốn cạnh $AD, AE, AB, AC$ — chứ không cần thử tính toán số liệu cụ thể trước.

Vì sao ý tưởng này *tự nhiên*? Vì hệ thức cần chứng minh là một đẳng thức TÍCH chéo ($AD \cdot AC = AE \cdot AB$, tức $AD/AE = AB/AC$) — dạng hệ thức này luôn đến từ MỘT cặp tam giác đồng dạng duy nhất chứa đúng bốn đoạn đó làm cạnh. Việc của em là lọc trong "rừng tam giác" ra đúng hai tam giác có bốn cạnh $AD, AE, AB, AC$ — chứ không cần thử tính toán số liệu cụ thể trước.

Lời giải có hình

Trực tâm và cặp tam giác vuông đồng dạng chứa góc A

Bước 1

Cho tam giác $ABC$ nhọn.Cho tam giác $ABC$ nhọn.

Toạ độ thật của cấu hình trực tâm (dùng để kiểm chứng số học hệ thức

AD\cdot AC=AE\cdot AB

).Toạ độ thật của cấu hình trực tâm (dùng để kiểm chứng số học hệ thức $AD\cdot AC=AE\cdot AB$).

Ví dụ

Ví dụ 1 — Kiểm chứng bằng số liệu cụ thể

1
Với tam giác ở hình trên, ta đo được $AB \approx 7{,}62$ ; $AC \approx 8{,}60$ ; $AD \approx 3{,}95$ . Tính $AE$ và kiểm tra hệ thức.
Với tam giác ở hình trên, ta đo được $AB \approx 7{,}62$; $AC \approx 8{,}60$; $AD \approx 3{,}95$. Tính $AE$ và kiểm tra hệ thức.
2
Từ $AD \cdot AC = AE \cdot AB$ , suy ra $AE = \dfrac{AD \cdot AC}{AB} = \dfrac{3{,}95 \times 8{,}60}{7{,}62} \approx 4{,}46$ .
Từ $AD \cdot AC = AE \cdot AB$, suy ra $AE = \dfrac{AD \cdot AC}{AB} = \dfrac{3{,}95 \times 8{,}60}{7{,}62} \approx 4{,}46$.
3
Đo trực tiếp trên hình, $AE \approx 4{,}46$ — khớp với kết quả tính bằng hệ thức, xác nhận $\triangle ADB \sim \triangle AEC$ cho ta một công cụ TÍNH mà không cần dựng hình chính xác từng milimet.
Đo trực tiếp trên hình, $AE \approx 4{,}46$ — khớp với kết quả tính bằng hệ thức, xác nhận $\triangle ADB \sim \triangle AEC$ cho ta một công cụ TÍNH mà không cần dựng hình chính xác từng milimet.
4
Một khi đã chỉ ra đúng cặp tam giác đồng dạng, hệ thức tích chéo cho phép suy ra MỌI cạnh còn lại nếu biết ba trong bốn cạnh — đây là lý do kỹ năng "nhận diện" quan trọng hơn kỹ năng "tính toán".
5
Ta có $\triangle ADB \sim \triangle AEC$ (đã chứng minh ở phần lý thuyết, do góc $A$ chung và $\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^\circ$ ), suy ra $\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}$ , tức là $AD\cdot AC = AE\cdot AB$ . (1)

Với $AB\approx 7{,}62$ , $AC\approx 8{,}60$ , $AD\approx 3{,}95$ , thay vào (1): $AE=\dfrac{AD\cdot AC}{AB}=\dfrac{3{,}95\times 8{,}60}{7{,}62}\approx 4{,}46$ .

Vậy $AE\approx 4{,}46$ (làm tròn đến hàng phần trăm), khớp với số đo trực tiếp trên hình.
Ta có $\triangle ADB \sim \triangle AEC$ (đã chứng minh ở phần lý thuyết, do góc $A$ chung và $\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^\circ$), suy ra $\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}$, tức là $AD\cdot AC = AE\cdot AB$. (1) Với $AB\approx 7{,}62$, $AC\approx 8{,}60$, $AD\approx 3{,}95$, thay vào (1): $AE=\dfrac{AD\cdot AC}{AB}=\dfrac{3{,}95\times 8{,}60}{7{,}62}\approx 4{,}46$. Vậy $AE\approx 4{,}46$ (làm tròn đến hàng phần trăm), khớp với số đo trực tiếp trên hình.

Ví dụ

Ví dụ 2 — Biến thể: đổi vai trò hai đường cao

1
Đề HSG hiếm khi lặp lại y hệt bài mẫu; các em cần luyện phản xạ tìm "cặp tam giác vuông chung góc" trong một hình hơi khác đi, không chỉ ghi nhớ một cấu hình cố định.
2
Tam giác $ABC$ nhọn, $M$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$ , $N$ là chân đường cao từ $C$ xuống $AB$ . Chứng minh $BM \cdot BA = BN \cdot BC$ .
Tam giác $ABC$ nhọn, $M$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$, $N$ là chân đường cao từ $C$ xuống $AB$. Chứng minh $BM \cdot BA = BN \cdot BC$.
3
Hai đường cao $AM$ và $CN$ đều tạo ra một tam giác vuông chứa góc $B$ : $\triangle BMA$ (vuông tại $M$ ) và $\triangle BNC$ (vuông tại $N$ ). Góc $B$ là góc chung của cả hai.
Hai đường cao $AM$ và $CN$ đều tạo ra một tam giác vuông chứa góc $B$: $\triangle BMA$ (vuông tại $M$) và $\triangle BNC$ (vuông tại $N$). Góc $B$ là góc chung của cả hai.
4
$\widehat{BMA} = \widehat{BNC} = 90^\circ$ và góc $B$ chung $\Rightarrow$ $\triangle BMA \sim \triangle BNC$ (g–g).
$\widehat{BMA} = \widehat{BNC} = 90^\circ$ và góc $B$ chung $\Rightarrow$ $\triangle BMA \sim \triangle BNC$ (g–g).
5
Từ đồng dạng: $BM/BN = BA/BC$ , tức $BM \cdot BC = BN \cdot BA$ . Đề bài yêu cầu $BM \cdot BA = BN \cdot BC$ — đây là một hệ thức KHÁC (đổi vai trò $BA$ và $BC$ trong tỉ lệ), cho thấy phải chọn đúng góc làm "trục" chung: với hệ thức $BM \cdot BA = BN \cdot BC$ ta cần cặp tam giác vuông chung góc $A$ thay vì góc $B$ — đây chính là bẫy thường gặp: đọc nhầm đỉnh chung của hệ thức sẽ chọn sai cặp tam giác.
Từ đồng dạng: $BM/BN = BA/BC$, tức $BM \cdot BC = BN \cdot BA$. Đề bài yêu cầu $BM \cdot BA = BN \cdot BC$ — đây là một hệ thức KHÁC (đổi vai trò $BA$ và $BC$ trong tỉ lệ), cho thấy phải chọn đúng góc làm "trục" chung: với hệ thức $BM \cdot BA = BN \cdot BC$ ta cần cặp tam giác vuông chung góc $A$ thay vì góc $B$ — đây chính là bẫy thường gặp: đọc nhầm đỉnh chung của hệ thức sẽ chọn sai cặp tam giác.
6
Xét hai tam giác vuông $\triangle BMA$ (vuông tại $M$ , vì $AM\perp BC$ ) và $\triangle BNC$ (vuông tại $N$ , vì $CN\perp AB$ ): ta có $\widehat{BMA}=\widehat{BNC}=90^\circ$ và góc $B$ chung. Do đó $\triangle BMA \sim \triangle BNC$ (góc–góc). (1)

Từ (1) suy ra $\dfrac{BM}{BN}=\dfrac{BA}{BC}$ , tức là $BM\cdot BC = BN\cdot BA$ .

Vậy với cặp tam giác chung góc $B$ , hệ thức đúng là $BM\cdot BC=BN\cdot BA$ — không phải $BM\cdot BA=BN\cdot BC$ như đề bài nêu ban đầu; để chứng minh đúng hệ thức đó, cần chọn lại cặp tam giác vuông chung góc $A$ .
Xét hai tam giác vuông $\triangle BMA$ (vuông tại $M$, vì $AM\perp BC$) và $\triangle BNC$ (vuông tại $N$, vì $CN\perp AB$): ta có $\widehat{BMA}=\widehat{BNC}=90^\circ$ và góc $B$ chung. Do đó $\triangle BMA \sim \triangle BNC$ (góc–góc). (1) Từ (1) suy ra $\dfrac{BM}{BN}=\dfrac{BA}{BC}$, tức là $BM\cdot BC = BN\cdot BA$. Vậy với cặp tam giác chung góc $B$, hệ thức đúng là $BM\cdot BC=BN\cdot BA$ — không phải $BM\cdot BA=BN\cdot BC$ như đề bài nêu ban đầu; để chứng minh đúng hệ thức đó, cần chọn lại cặp tam giác vuông chung góc $A$.

Ví dụ

Ví dụ 3 — Mở rộng: tứ giác nội tiếp từ hai chân đường cao

1
Hai điểm $D, E$ (chân đường cao từ $B, C$ ) còn giấu thêm một tính chất mạnh hơn cả hệ thức tích đoạn thẳng.
Hai điểm $D, E$ (chân đường cao từ $B, C$) còn giấu thêm một tính chất mạnh hơn cả hệ thức tích đoạn thẳng.
2
$\widehat{BDC} = \widehat{BEC} = 90^\circ$ (vì $BD \perp AC$ và $CE \perp AB$ ), tức là $D$ và $E$ cùng "nhìn" đoạn $BC$ dưới một góc vuông — cùng phía với nhau so với $BC$ .
$\widehat{BDC} = \widehat{BEC} = 90^\circ$ (vì $BD \perp AC$ và $CE \perp AB$), tức là $D$ và $E$ cùng "nhìn" đoạn $BC$ dưới một góc vuông — cùng phía với nhau so với $BC$.
3
Theo dấu hiệu "hai điểm cùng nhìn một đoạn thẳng dưới một góc vuông thì cùng nằm trên đường tròn đường kính đoạn thẳng đó" (một mở rộng của quỹ tích cung chứa góc — sẽ học kỹ ở khoá Hình học đường tròn HSG), bốn điểm $B, E, D, C$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $BC$ .
Theo dấu hiệu "hai điểm cùng nhìn một đoạn thẳng dưới một góc vuông thì cùng nằm trên đường tròn đường kính đoạn thẳng đó" (một mở rộng của quỹ tích cung chứa góc — sẽ học kỹ ở khoá Hình học đường tròn HSG), bốn điểm $B, E, D, C$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $BC$.
4
Đây là bước khởi đầu cho rất nhiều bài toán hình học đường tròn nâng cao: hễ thấy hai chân đường cao, hãy nghĩ ngay đến tứ giác nội tiếp — không chỉ đến hệ thức tích đoạn thẳng.
5
Ta có $BD\perp AC$ tại $D$ nên $\widehat{BDC}=90^\circ$ ; mặt khác $CE\perp AB$ tại $E$ nên $\widehat{BEC}=90^\circ$ . Suy ra $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^\circ$ , tức là $D$ và $E$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới một góc vuông và cùng phía so với $BC$ .

Theo dấu hiệu quỹ tích cung chứa góc (hai điểm cùng nhìn một đoạn thẳng dưới một góc vuông thì cùng thuộc đường tròn đường kính đoạn thẳng đó), $D$ và $E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ .

Vậy bốn điểm $B, E, D, C$ cùng thuộc một đường tròn — đây là nội dung Mở rộng dành cho HSG, sẽ được khai thác đầy đủ ở khoá Hình học đường tròn HSG tiếp theo.
Ta có $BD\perp AC$ tại $D$ nên $\widehat{BDC}=90^\circ$; mặt khác $CE\perp AB$ tại $E$ nên $\widehat{BEC}=90^\circ$. Suy ra $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^\circ$, tức là $D$ và $E$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới một góc vuông và cùng phía so với $BC$. Theo dấu hiệu quỹ tích cung chứa góc (hai điểm cùng nhìn một đoạn thẳng dưới một góc vuông thì cùng thuộc đường tròn đường kính đoạn thẳng đó), $D$ và $E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$. Vậy bốn điểm $B, E, D, C$ cùng thuộc một đường tròn — đây là nội dung Mở rộng dành cho HSG, sẽ được khai thác đầy đủ ở khoá Hình học đường tròn HSG tiếp theo.

Sai lầm phổ biến

Bẫy thường gặp: (1) Nhầm cặp tam giác đồng dạng — chọn $ABC$ và $ADE$ (đúng về mặt đồng dạng nhưng KHÔNG chứa đúng 4 cạnh cần chứng minh); (2) quên kiểm tra góc chung THỰC SỰ nằm ở đỉnh nào trước khi ghép cặp tam giác vuông — nhầm đỉnh chung sẽ ra hệ thức sai vị trí như ở Ví dụ 2.

**Bẫy thường gặp:** (1) Nhầm cặp tam giác đồng dạng — chọn $ABC$ và $ADE$ (đúng về mặt đồng dạng nhưng KHÔNG chứa đúng 4 cạnh cần chứng minh); (2) quên kiểm tra góc chung THỰC SỰ nằm ở đỉnh nào trước khi ghép cặp tam giác vuông — nhầm đỉnh chung sẽ ra hệ thức sai vị trí như ở Ví dụ 2.

Luyện tập có hướng dẫn

Luyện tập độc lập

Thử thách

Tổng kết

Khi một hình có nhiều đường cao hay đường phụ, đừng cố tìm "một" tam giác đồng dạng chung chung — hãy tự hỏi: hệ thức cần chứng minh có bốn đoạn nào, và góc chung nằm ở đỉnh nào? Rồi lọc ra đúng hai tam giác vuông chứa góc đó.

Bài tiếp theo vẫn dùng đúng "con mắt" chọn tam giác này, nhưng đổi thước đo: thay vì so sánh cạnh, ta so sánh diện tích — công cụ mạnh hơn hẳn khi hình vẽ có nhiều đường thẳng cắt nhau (như hai đường trung tuyến, đường phân giác) và việc "nhìn thấy" tam giác đồng dạng trực tiếp không còn dễ.