SKKN Phương pháp giải toán tam giác đồng dạng cho học sinh lớp 8

SKKN Phương pháp giải toán tam giác đồng dạng cho học sinh lớp 8 : Học sinh cần nắm chắc và hiểu kỹ những kiến thức về tam giác đồng dạng sau để vận dụng cho tốt trong mọi trường hợp cụ thể Đinh lý Talet trong tam giác.Khái niệm tam giác đồng dạng.Các trường hợp đồng dạng của tam giác

PHÒNG GIÁO DỤC CẦU NGANG TRƯỜNG THCS ………… -    - Đề tài: tài: Phương pháp giải toán ng pháp giải toán i toán Tam giác đồng dạng lớp 8ng dạng lớp 8ng lớp 8p Tất  Giáo Học sinh thân yêu viên: Nguyễn Thỏa Tỉ : Tốn - Tin 2021 2021- 2022 - 2022 TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I/MỞ ĐẦU: * Người ta thường nói:’’Bí hình ‘’thật khơng sai ;bởi phần lớn học sinh ngán ngẫm môn học phong phú phức tạp ‘’tam giác đồng dạng’’ Nhưng em nắm lí thuyết vận dụng tốt trí tuệ phát triển nhanh *Trong chương trình hình học phẳng THCS, đặc biệt chương hình học 8, phương pháp“Tam giác đồng dạng” công cụ quan trọng nhằm giải tốn hình học Làm sở để học sinh vận dụng giaỉ toán hình học phẳng lớp *Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” phương pháp ứng dụng tính chất đồng dạng tam giác, tỷ lệ đoạn thẳng, sở tìm hướng giải dạng tốn hình học *Trên thực tế, việc áp dụng phương pháp “Tam giác đồng dạng” giải toán có thuận lợi khó khăn chứng sau: * Thuận lợi: + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” cơng cụ giúp ta tính tốn nhanh chóng dạng tốn đặc trưng tính tỷ lệ, chứng minh hệ thức, tập ứng dụng định lý sau Thales + Với số dạng toán quen thuộc chứng minh đoạn thẳng nhau, góc nhau, chứng minh song song, chứng minh thẳng hàng, phương pháp “ Tam giác đồng dạng” cho ta cách giải gọn gàng, ngắn phương pháp truyền thống khác sử dụng tính chất tam giác, tính chất tứ giác đặc biệt Học sinh vận dụng linh hoạt, nhuần nhuyễn giải toán + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” giúp rèn luyện tốt khả tư logic học sinh, rèn luyện tính sáng tạo, phát triển trí tuệ cho học sinh cách hiệu Từ học sinh đam mê học tốn * Khó khăn: + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” lạ lẫm với học sinh Các em chưa quen với việc sử dụng phương pháp để giải toán thay cho cách chứng minh truyền thống, đặc biệt với học sinh lớp + Việc sử dụng tỷ số cạnh phức tạp dễ dẫn đến nhầm lẫn tính tốn, biến đổi vịng quanh luẩn quẩn, không rút tỷ số cần thiết, khơng có kỹ chọn cặp tam giác cần thiết phục vụ cho hướng giải toán *Từ nhận định trên, sáng kiến kinh nghiệm giải giúp cho giáo viên dạy lớp em học sinh số vấn đề cụ thể : - Hệ thống lại kiến thức thường áp dụng phương pháp - Hệ thống dạng tốn hình học thường áp dụng phương pháp “ Tam giác đồng dạng” - Định hướng giải dạng toán Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” - Hệ thống số tập luyện tập *Trong sáng kiến kinh nghiệm tơi có nhiều cố gắng nhằm làm rõ thêm số phương pháp hình học đặc trưng, nhiên hạn chế kiến thức thực tế giảng dạy chắn sáng kiến kinh nghiệm cịn nhiều thiếu sót Kính mong thầy giáo, giáo có nhiều năm kinh nghiệm giảng dạy, bạn đồng nghiệp tham gia góp ý bổ sung làm cho sáng kiến kinh nghiệm trở nên hoàn chỉnh Tôi xin chân thành cảm ơn tất quý vị II/ KẾT QUẢ : Để có kết tốt học tam giác đồng dạng em cần nắm vững khái niệm tam giác đồng dạng Từ phân tích, biến đổi thành thạo trường hợp * LÝ THUYẾT : Học sinh cần nắm hiểu kỹ kiến thức tam giác đồng dạng sau để vận dụng cho tốt trường hợp cụ thể Đinh lý Talet tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại A định cạnh đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ MN // BC AM AN  AB AC AM AN  MB NC M B N C Khái niệm tam giác đồng dạng Tam giác A’B’C’ gọi đồng dạng với tam giác ABC nếu:  ' B ; C  ' C  + A '  A ; B A ' B ' B 'C ' A 'C '   AB BC AC Các trường hợp đồng dạng tam giác: a) Trường hợp thứ (ccc): Nếu cạnh tam giác tỷ lệ với cạnh tam giác tam giác đồng dạng b) Trường hợp thứ 2(cgc): Nếu cạnh tam giác tỷ lệ với cạnh tam giác góc tạo tạo cặp cạnh hai tam giác đồng dạng c) Trường hợp thứ 3(gg): Nếu góc tam giác góc tam giác hai tam giác đồng dạng d) Các trường hợp đồng dạng tam giác vng + Tam giác vng có góc nhọn góc nhọn tam giác vng hai tam giác đồng dạng + Tam giác vng có hai cạnh góc vng tỷ lệ với hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác đồng dạng + Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỷ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác đồng dạng * ÁP DỤNG:Để dễ sử dụng kiến thức tính tốn, so sánh, chứng minh Tơi tạm chia thành dạng tốn sau: &.DẠNG1:Tính độ dài đoạn thẳng, góc, tỷ số, diện tích, chu vi: _ Loại1: Tính độ dài đoạn thẳng: _Ví dụ:1) Cho ABC vng A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đường trung trực BC cắt BC , BA, CA M, E, D Tính độ dài đoạn BC, BE, CD 2) Hình thoi BEDF nội tiếp ABC (E  AB; D  AC; F  AC) a) Tính cạnh hình thoi biết AB = 4cm; BC = 6cm Tổng quát với AB = a, BC = c b) Chứng minh BD < 2ac với AB = c; BC = a a c c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n Cạnh hình thoi d  ; AB = 4cm; BC = 5cm  = 2C 3)a) Tam giác ABC có B Tính độ dài AC?  biết số đo cạnh số tự  = 2C b) Tính độ dài cạnh ABC có B nhiên liên tiếp A GiảI :3) 4cm 5cm B C a) Trên tia đối tia BA lấy BD = BC  = D  = ACD ABC có A chung; C D  ACD P ABC (g.g)  AC AD =  AC2 = AB AD AB AC = = 36  AC = 6(cm) b) Gọi số đo cạnh BC, AC, AB a, b, c Theo câu (a) ta có AC2 = AB AD = AB(AB+BC)  b2 = c(c+a) = c2 + ac (1) Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên có khả là: b = c + b= c + * Nếu b = c + từ (1)  (c + 1)2 = c2 + ac  2c + = ac  c(a-2) = (loại) c= ; a = 3; b = không cạnh tam giác * Nếu b = c + từ (1)  (c + 2)2 = c2 + ac  4c + = ac  c(a – 4) = Xét c = 1, 2, có c = 4; a = 5; = thỏa mãn toán Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm _Loại2:Tính góc: _Ví dụ:1) Cho ABH vng H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối HB lấy điểm C cho AC =  AH Tính BAC 2) Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 60 Một đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA, DA tương ứng M, N Gọi K giao điểm BN DM Tính BKD? 3) ABC có AB: AC : CB = 2: 3: chu vi 54cm; DEF có DE = 3cm; DF = 4,5cm; EF = 6cm a) Chứng minh AEF P ABC b) Biết A = 1050; D = 450 Tính góc cịn lại  Giải:1) AB 20 AC    BH 12 AH AB BH  AC AH Ta có  Xét ABH  CAH có :  AHB = CHA = 900 A 20cm C B 12cm H AB BH  (chứng minh trên) AC AH   ABH P CAH (CH cạnh gv)  CAH = ABH    Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900 Giải:2) MB MC  (1) AB NC MC AD  Do CD // AM (vì M  AB) nên ta có : (2) NC DN MB AD  Từ (1) (2)  AB DN  Do : BAC = 900 M B Do BC // AN (vì N  AD) nên ta có : K A 60 C D N ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) A = 600 nên   AB = BD = DA Từ MB AD MB BD   (cm trên)  AB DN BD DN   Mặt khác : MBD = DBN = 1200 Xét 2MBD BDN có :  MBD P BDN (c.g.c)  = B   M 1 MB BD  ; BD DN   = DBN MBD  = B  ;    MBD KBD có M = MBD = 1200 BDM chung  BKD 1  Vậy BKD = 1200 _ Loại3 :Tính tỉ số đoạn thẳng, tỉ số chu vi, tỉ số diện tích:   _Ví dụ: 1) Cho ABC, D điểm cạnh AC cho BDC Biết AD = 7cm;  ABC DC = 9cm Tính tỷ số BD BA 2) Cho hình vng ABCD, gọi E F theo thứ tự trung điểm AB, BC, CE cắt DF M Tính tỷ số SCMB S ABCD ? 3) Cho ABC, D trung điểm BC, M trung điểm AD a) BM cắt AC P, P’ điểm đối xứng P qua M Chứng minh PA = P’D Tính tỷ số PA AP PC AC b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh PQ // BC Tính tỷ số PQ PM BC MB c) Chứng minh diện tích tam giác BAM, BMD, CAM, CMD Tính tỷ số diện tích MAP ABC  Giải:1) CAB CDB có C chung ; ABC = BDC (gt)  CAB P CDB (g.g)  CB CA  ta có : CD CB A 7cm CB2 = CA.CD Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = + = 16 (cm) Do CB2 = 9.16 = 144  CB = 12(cm) Mặt khác lại có : DB  BA D 9cm C B  = B  = 900; BE = CF Giải:2) Xét DCF CBE có DC = BC (gt); C   1= C DCF = CBE (c.g.c)  D   1+ C  = 1v  C  + D  = 1v  CMD vuông M Mà C DC CM  2; C  = M  1= C  )  CMD P FCD (vì D FD FC A SCMD CD CD =  S = SFCD CMD S FCD FD FD Mà SFCD = Vậy SCMD 1 1 CF.CD = BC.CD = CD2 2 CD CD = CD2 = (*) 4 FD FD Áp dụng định lý pitago vào tam giác vng DFC, ta có: DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + ( 1 BC)2 = CD2 + CD2 = CD2 4 E B M D F C Thay DF2 = CD2 ta có : SCMD = 1 CD2 = SABCD 5  SCMB S ABCD = _Loại 4: Tính chu vi hình: _Ví dụ:1) Cho ABC, D điểm cạnh AB, E điểm cạnh AC cho DE // BC Xác định vị trí điểm D cho chu vi ADE = chu vi ABC Tính chu vi tam giác đó, biết tổng chu vi = 63cm 2) A’B’C’ P ABC theo tỷ số đồng dạng K = Tính chu vi tam giác, biết hiệu chu vi tam giác 51dm 3) Tính chu vi ABC vng A biết đường cao ứng với cạnh huyền chia tam giác thành tam giác có chu vi 18cm 24cm Giải:1) Do DE // BC nên ADE PABC theo tỷ số đồng dạng K = AD = Ta AB có A Chuvi ADE ChuviABC  ChuviADE 63 Chuvi ABC ChuviADE     D =9 = ChuviABC 52 Do đó: Chu vi ABC = 5.9 = 45 (cm) Chu vi ADE = 2.9 = 18 (cm) E C B _Loại 5:Tính diện tích hình: _Ví dụ :1)Cho hình vng ABCD có độ dài = 2cm Gọi E, F theo thứ tự trung điểm AD, DC Gọi I, H theo thứ tự giao điểm AF với BE, BD Tính diện tích tứ giác EIHD 2) Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm2, diện tích ABC 11cm2 Qua B kẻ đường thẳng // với AC cắt AD M, cắt CD N Tính diện tích MND 3) Cho ABC có B C nhọn, BC = a, đường cao AH = h Xét hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác có M  AB; N  AC; PQ  BC a) Tính diện tích hình chữ nhật hình vng b) Tính chu vi hình chữ nhật a = h c) Hình chữ nhật MNPQ có vị trí diện tích có giá trị lớn 4) Cho ABC hình bình hành AEDF có E  AB; D  BC, F  AC Tính diện tích hình bình hành biết : SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2;  = D  (đồng vị DF // AB) (1) Giải:4) Xét EBD FDC có B E1 = D2 ( so le AB // DF)  E = F (2) D2 = E1 ( so le DE // AC) Từ (1) (2)  EBD P FDC (g.g) A Mà SEBD : SFDC = : 12 = : = ( ) E EB ED 1   Do :  FD = 2EB ED = FC FD FC 2  AE = DF = 2BE ( AE = DF) AF = ED = EC ( AF = ED) F B Vậy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm2) SADF = 1 SFDC = 12 = 6(cm2) 2  SAEDF = SADE + SADF = + = 12(cm2) &.DẠNG 2: Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng: A Các ví dụ định hướng giải: D C Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD(AB // CD) Gọi O giao điểm 2đường chéo AC BD a) Chứng minh rằng: OA OD = OB OC b) Đường thẳng qua O vng góc với AB CD theo thứ tự H K CMR: OH AB = CD OK * Tìm hiểu tốn : A Cho gì? Chứng minh gì? OA OC = D OB OD ? Để có đoạn thẳng ta vận dụng kiến thức TL: Chứng minh tam giác đồng dạng a) OA OD = OB.OC Sơ đồ :  (SLT l AB // CD) + A = C  + AOB = COD ( Đối đỉnh)  OAB P OCD (g.g)  OA OB = OC OD  OA.OD = OB.OC AB CD OH Tỷ số tỷ số nào? OK OH OA TL : = OC OK OH AB ? Vậy để chứng minh = ta cần chứng minh điều OK CD AB OA TL: = OC CD b) OH OK = Sơ đồ :  = +H + A =  = 900 K  1.(SLT; AB // CD) C Câu a  OAB P OCD   OAH P OCK(gg)  OH OK = OA OC AB OA = OC CD OH OK = B O * Xác định dạng toán: ? Để chứng minh hệ thức ta cần chứng minh điều gì? TL: H AB CD K C Ví dụ 2: Cho hai tam gíac vng ABC ABD có đỉnh góc vng C D nằm nửa mặt phẳng bờ AB Gọi P giao điểm cạnh AC BD Đường thẳng C qua P vng góc với AB I.CMR : AB2 = AC AP + BP.PD D Định hướng: - Cho HS nhận xét đoạn thẳng AB (AB = AI + IB)  AB2 = ? (AB.(AI + IB) = AB AI + AB IB) A - Việc chứng minh toán đưa việc chứng minh hệ thức AB.AI = AC.AP AB.IB = BP PD - HS xác định kiến thức vận dụng để chứng minh hệ thức ( P)  = I = 900  = I = 900 Sơ đồ : + D +C   + PBI chung + PAI chung   ADB P PIB ACB P AIP (gg)   AB PB DB IB =  AB.AI = PB.DB AB AP = P I B AC AI  AB AI = AC AP AB IB + AB AI = BP PD + AC AP  AB (IB + IA) = BP PD + AC AP  AB2 = BP PD + AC AP A Ví dụ 3: Trên sở ví dụ đưa toán sau: Cho  nhọn ABC, đường cao BD CE cắt H D CMR: BC2 = BH BD + CH.CE E H Định hướng: Trên sở tập Học sinh đưa hướng giải tập  Vẽ hình phụ (kẻ KH  BC; K  BC) C B Sử dụng P chứng minh tương tự ví dụ Ví dụ 4: Cho  ABC, I giao điểm đường phân giác, đường thẳng vng góc với CI I cắt AC BC M N Chứng minh A a) AM BI = AI IM b) BN IA = BI NI M AM  AI  c) =   BN  BI  I * Định hướng: B N a) ? Để chứng minh hệ thức AM BI = AI.IM ta cần chứng minh điều ?  AM IM     BI   AI b) Để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh điều ? ( AMI P AIB) Sơ đồ: A1 = A2 (gt) 1 1 * CM: I = B I = B C  C  v MIC: IMC = 900 AMI P AIB (gg)  = 180 (t/c tổng )  +C ABC: A + B A   B C + + = 900 2 A  B  Do đó: IMC = + (1) 2  Mặt khác: IMC = A1 + I (t/c góc ngồi )  AM AI  IM BI =  A  hay IMC = + I (2) AM BI = AI IM Từ (1) (2)   B  = I = I hay B 1  ) AMI P AIB ( A1 = A2 ; I = B  AM IM =  AM BI = AI IM AI BI b) Tương tự ý a Chứng minh BNI P BIA (gg)  BN BI = NI IA  BN IA = BI IN c) (Câu a)  (Câu b)  AI  AI  =  BI  IA  - HS nhận xét  AMI P AIB BNI P BIA  Tính AI2 ; BI2  2 AI BI (Tính AI ; BI nhờ P)  AM IM = AI BI AI BI BN = AB BI  = AM AB  BI = BN AB AM AI = BN BI   AI     BI  = AM BN B.Bài tập đề nghị: 1) Cho hình ABCD (AB // CD), gọi O giao điểm đường chéo Qua O kẻ đường thẳng song song với đáy cắt BC I cắt AD J.CMR : a) b) IJ = AB + = OI AB + CD CD 2) Cho ABC, phân giác AD (AB < AC) tia đối tia DA lấy điểm I cho ACI = BDA  CMR: a) AD DI = BD DC b) AD2 = AB AC - BD DC &.DẠNG3: Chứng minh quan hệ song song: + Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi M trung điểm CD, E giao A điểm MA BD; F giao điểm MB AC Chứng minh EF / / ABB Định hướng giải: F E - Sử dụng trường hợp đồng dạng tam giác - Định nghĩa hai tam giác đồng dạng D M - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song (định lý Ta lét đảo) Sơ đồ phân tích: AB // CD (gt) AB // CD (gt)   AB // DM AB // MC   MED P  AEB GT MFC P BFA    ME EA = MD ; AB MF FB MD = MC = C MC AB  ME EA = MF FB  EF // AB (Định lý Ta lét đảo) + Ví dụ 2: Cho  ABC có góc nhọn, kẻ BE, CF hai đường cao Kẻ EM, FN hai đường cao AEF Chứng minh MN // BC A Sơ đồ phân tích N M AMF P AFC (g.g);AFN P ABE E   AM AE = AF AC AF AB = F AN AE  AM AF AF AB C B AE AE = AC AC  AM AB = AN AC  MN // BC (định lý Ta – lét đảo) + Ví dụ 3: Cho ABC, điểm D, E, F theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CA theo tỷ số : 3, điểm I, K theo thứ tự chia đoạn thẳng ED, FE theo tỉ số : A Chứng minh IK // BC Gọi M trung điểm AF Giải: Gọi N giao điểm DM EF M D Xét  ADM  ABC có : AD AB = AM = AC Góc A chung F I ADM P ABC (c.gc) B K E C N  ADM = ABC mà góc vị trí đồng vị nên DM // BC  MN // EC mà MF = FC nên EF = FN EK EK EF 1 = = = (1) EN EF EN 3 EI mà = (gt) (2) ED EK EI Từ (1) (2)  = Suy IK // DN (định lý Ta – lét đảo) EN ED Ta có : Vậy IK // BC *Bài tập đề nghị: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD Đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G Chứng minh EG // DC &.DẠNG4: Chứng minh tam giác đồng dạng: + Ví dụ 1: Cho ABC; AB = 4,8cn; AC = 6,4cm; BC = 3,6cm Trên AB lấy điểm D cho AD = 3,2cm, AC ,lấy điểm E cho AE = 2,4cm, kéo dài ED cắt CB F a) CMR :  ABC P AED b) FBD P FEC A c) Tính ED ; FB? Bài tốn cho gì? E 6,4cm Dạng tốn gì? Để chứng minh  đồng dạng có phương pháp nào? 4,8cm D Bài sử dụng trường hợp đồng dạng thứ mấy? Sơ đồ chứng minh: 3,6cm C F a) GT B  A chung AB AC = =2 AE AD  ABC P AED (c.g.c) ABC P  AED (câu a) b)    = D  C = D ; D 1    = D C F chung  FBD P FEC (g.g) c) Từ câu a, b hướng dẫn học sinh thay vào tỷ số đồng dạng để tính ED FB + Ví dụ 2: Cho ABC cân A; BC = 2a; M trung điểm BC Lấy A điểm D   E AB; AC cho DME = B a) CMR : BDM P CME b) MDE P DBM D c) BD CE không đổi ? Để chứng minh BDM P CME ta cần chứng minh điều ? Từ gt  nghĩ đến 2 P theo trường hợp (g.g) ? Gt cho yếu tố góc E  )  =C (B B 1 M C  = M  ) ? Cần chứng minh thêm yếu tố ( D a) Hướng dẫn sơ đồ gt góc ngồi DBM      ; DMC  + B     = M ; DMC = M + M = D B 1 ABC cân       =C D1 = M ; B  BDM P CME (gg) Câu a gt   DM ME b) DM ME =  = BD ; CM = BM BM BD BM   = M  (gt) ; B 1 DM ME  BD BM  DME P DBM (c.g.c) c) Từ câu a : BDM P CME (gg) BD BM   BD CE = Cm BM CM CE BC Mà CM = BM = =a a2  BD CE = (không đổi) A  Lưu ý: E F Q P B M D N Gắn tích BD CB độ dài khơng đổi Bài cho BC = 2a không đổi Nên phải hướng cho học sinh tính tích BD CE theo a + Ví dụ 3: Cho ABC có trung điểm BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F Trên cạnh BC lấy điểm M N cho BM = MN = NC Gọi P giao điểm AM BE; Q giao điểm CF AN CMR: a) F, P, D thẳng hàng; D, Q, E thẳng hàng b) ABC P DQP * Hướng dẫn a) Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh điểm thẳng hàng có nhiều phương pháp Bài chọn phương pháp nào? - Lưu ý cho học sinh cho trung điểm  nghĩ tới đường trung bình   Từ nghĩ đến chọn phương pháp: CM cho đường thẳng PD FP // AC PD đường trung bình BEC  PD // AC F, P, D thẳng hàng FP đường trng bình ABE  FP // AC Tương tự cho điểm D, Q, E 1 AC AC EC = = 2 AC  AC  =    PD    (Đơn vị EF // AB) BAC DEC   (so le PD // AC) DEC EDP b) PD = C AB  4QD  =   QD  QD   AC AB  DP QD  ;   BAC EDP  ABC P DQP (c.g.c) * Bài tập đề nghị: 1) Cho ABC, AD phân giác A ; AB < AC Trên tia đối DA  lấy điểm I cho ACI BDA Chứng minh a) ADB P ACI; ADB P CDI b) AD2 = AB AC - BD DC 2) Cho ABC; H, G, O trực tâm, trọng tâm, giao điểm đường trung trực  Gọi E, D theo thứ tự trung điểm AB AC Chứng minh : a)  OED P  HCB b)  GOD P  GBH c) Ba điểm O, G, H thẳng hàng GH = 2OG 3) Cho ABC có Ab = 18cm, AC = 24cm, BC = 30cm Gọi M trung điểm BC Qua M kẻ đường vng góc với BC cắt AC, AB D, E a) CMR : ABC P MDC b) Tính cạnh MDC c) Tính độ dài BE, EC  4) Cho ABC; O trung điểm cạnh BC Góc xoy = 600; cạnh ox cắt AB M; oy cắt AC N a) Chứng minh: OBM P NCO b) Chứng minh : OBM P NOM   c) Chứng minh : MO NO phân giác BMN CNM d) Chứng minh : BM CN = OB2 &.DẠNG5:Chứng minh đoạn thẳng nhau, góc nhau: _Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD (AB// CD) Hai đường chéo AC BD cắt O Đường thẳng a qua O song song với đáy hình thang cắt cạnh bên AD, BC theo thứ tự E F Chứng minh : OE = OF A B F E O C D Định hướng Sơ đồ giải H:Bài cho đường thẳng EF // AB (và CD) OE TL: Các tam giác đồng dạng đoạn OE thẳng tỷ lệ DC H: EO đoạn hình vẽ thường lập tỷ số? OE AO OF EO = ; TL: DC H: Vậy OF đoạn nào? (gợi ý) TL: OF DC DC AC  AEC DC = OF  = OF DC  = BO AO BO ; = BD AC BD  BOF P P P  AOB ADC BDC COD   EF // DC AB // CD  gt H: Vậy để chứng minh đoạn thẳng (OE = OF) ta đưa chứng minh điều gì? TL : EO DC = OF (1) DC H: OE; DC cạnh tam giác nào? (AEO; ADC, tam giác đồng dạng chưa? Vì dao? H: Đặt câu hỏi tương tự cho OF , DC EO OF = DC DC EO AO OF BO TL: = ; = DC AC DC BD H: lập tỷ số H: Vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh điều gì? TL: AO BO = AC BD H: Đây tỷ số có từ cặp tam giác đồng dạng nào? TL:  AOB;  COD H: Hãy chứng minh điều   1800), đặt đoạn thẳng OA = 5cm, OB = Ví dụ 2: Trên cạnh góc xoy ( xoy 16cm Trên cạnh thứ góc đó, đặt đoạn thẳng OC = 8cm, OD = 10cm a) Chứng minh hai tam giác OCB OAD đồng dạng b) Gäi giao ®iĨm cạnh AD BC I, CMR: Hai tam giác IAB ICD có góc ®«i mét x Giải:a)Ta có:  OC OA = OB OD OC OB 16  ;   OA OD 10 B 16cm  OBC P  ODA A Góc O chung 5cm b) Xét IAB ICD ta dễ nhìn thấy khơng O 8cm C Do để chứng minh chúng có góc 10cm đơi ta chứng minh đồng dạng   Vì OBC P ODA nên OBC = ODA (1) I D y  Mặt khác ta có AIB CID (đối đỉnh)  BAI P DCI (g.g)    BAI DCI Ví dụ 3: Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 4cm, CD = 16cm BD = 8cm   Chứng minh : BAD DBC 4cm A B Giải :Xét BAD DBC có AB // CD : ABD BDC  (so le ) 8cm AB   BD BD   DC 16 AB BD   ( ) BD DC D 16cm C  BAD P DBC (c.g.c)    BAD DBC Ví dụ 4: Tam giác ABC có hai trung tuyến AK CL cắt O Từ điểm P cạnh AC, vẽ đường thẳng PE song song với AK, PF song song với CL ( E thuộc BC, F thuộc AB) trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ tự M, N Chứng minh đoạn thẳng FM, MN, NE Định hướng giải: Từ giả thiết cho song song ta suy tỷ lệ thức tam giác đồng dạng Ta có : FM FQ = (1) FE FP FQ FP AF = (cùng ) LO CL AL FQ LO LO  (2) ( ta có trung tuyến  )  = FP CL CL FM 1 Từ (1) (2) suy : =  FM = FE FE 3 1 Tương tự ta có EN = EF suy MN = EF 3 A F L M P O N B C E K Vậy FM = MN = NE * Bài tập đề nghị :Cho hình thang ABCD (AB // CD) đường thẳng song song với đáy Ab cắt cạnh bên đường chéo AD, BD, AC BC theo thứ tự điểm M, N, P, Q CMR: MN = PQ &.DẠNG 6: Toán ứng dụng thực tế: + Ví dụ 1: Để đo khoảng cách điểm A M, M khơng tới được, người ta tiến hành đo tính khoảng cách (như hình vẽ) AB  BM; BH  AM Biết AH = 15m; AB = 35m Giải : Xét  AMB  ABH có ; A 15cm ABM = AHB = 900 (gt) ; A chung H  AMB P ABH (gg) AM AB  = AB AH  AB 352  AM = = 81,7(m) 5 35cm M B Vậy khoảng cách điểm A M gần 81,7 m + Ví dụ 2: Một đèn đặt cao vị trí A, hình chiếu vng góc mặt đất H Người ta đặt cọc dài 1,6m, thẳng đứng vị trí B C thẳng hàng với H (hình vẽ) Khi bóng cọc dài 0,4m 0,6m Biết BC = 1,4m Hãy tính độ cao AH Giải Gọi BD, CE bóng cọc B’ ; C’ tương ứng đỉnh cao Đặt BB’ = ACC’ = a ; BD = b ; CE = c ; BC = d ; AH = x Gọi I giao điểm AH B’C’ A  AI B 'C ' x a d    AH DE x bd c  (x – a) (b + d + c) = x.d 0,9cm B ab  ad  ac d x= = a(1+ ) bc bc Thay số ta AH = 1,6 (1 + 1, ) = 3,84(m) 0,  0, D B' C 0,2cm 0,8cm D E B I H C' C E Vậy độ cao AH 3,84 mét *Bài tập đề nghị: Một giếng nước có đường kính DE = 0,8m (hình vẽ) Để xác định độ sâu BD giếng, người ta đặtmột gậy vị trí AC, A chạm miệng giếng, AC nhìn thẳng tới vị trí E góc đáy giếng Biết AB = 0,9m; BC = 0,2m Tính độ sâu BD giếng III/KẾT LUẬN: Tam giác đồng dạng có nhiều ứng dụng giải tốn Đây khái niệm khó học sinh , giáo viên cần hướng dẫn, phân tích tỉ mỉ để học sinh tìm bước chứng minh Khi ứng dụng để chứng minh đoạn thẳng nhau, góc phương pháp thường dùng : * Đưa đoạn thẳng cần quy tử tỷ số có mẫu * Chứng minh đoạn thẳng độ dài * Đưa góc cần chứng minh góc tương ứng tam giác đồng dạng * Chứng minh tỷ số sau chứng minh tử suy đoạn thẳng mẫu *Nói chung tuỳ toán cụ thể cần sử dụng kiến thức tam giác đồng dạng để giải, ta phải biết cách chọn cặp tam giác đồng dạng phù hợp để chứng minh Có thể vẽ thêm để xuất cặp tam giác đồng dạng Chúc em thành công học tập Quy Nhơn , NGUYỄN - KIM - CHÁNH