Chuyên đề 15 các trường hợp đồng dạng của tam giác

Chuyên đề 15 CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM TÁC A Kiến thức cần nhớ Khái niệm hai tam giác đồng dạng a Định nghĩa ΔABC  gọi đồng dạng với ΔABC nếu:   C  ; A  A ; B   B  ;C AB AC  BC    AB AC BC b Tính chất - Mỗi tam giác đồng dạng với - Nếu ΔABC  ∽ ΔABC ΔABC ∽ ΔABC  - Nếu ΔABC ∽ ΔABC  ΔABC  ∽ΔABC ΔABC  ∽ ΔABC c Định lí Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho ΔABC    AMN ∽ ΔABC MN / / BC  Chú ý Định lý cho trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài hai cạnh tam giác song song với cạnh lại Trường hợp đồng dạng thứ Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng Nếu ΔABC ΔABC  có: AB BC CA   AB BC  C A  ΔABC ∽ΔABC  Trường hợp đồng dạng thứ hai Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo cặp cạnh nhau, hai tam giác đồng dạng Nếu ΔABC ΔABC  có: A  A AB AC   ΔABC  ∽ ΔABC AB AC Trường hợp đồng dạng thứ ba Trang Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với   B  Nếu ΔABC ΔABC  có: A  A ; B ΔABC  ∽ ΔABC B Một số ví dụ   Ví dụ 1: Cho tứ giác lồi ABCD có BAC ABC  ACD Hai tia AD BC cắt E CAD Chứng minh AB.DE  BC.CE Giải * Tìm cách giải Để chứng minh đẳng thức tích, thơng thường biến đổi chúng dạng tỉ lệ thức chứng minh tỉ lệ thức Vậy để chứng minh AB.DE  BC.CE cần chứng minh AB CE AB AB AE   Nhận thấy tỉ số vận dụng tính chất đường phân giác ta có Do BC DE BC BC CE cần chứng minh CE AE  Từ tìm cách chứng minh ΔCDE ∽ ΔACE , DE CE   cần chứng minh ECD xong  BAC * Trình bày lới giải      Vì BAC (góc ngồi tam giác) ABC  ACD nên ECD  CBA  ECA  BAC ΔCDE ∽ ΔACE  g.g  , suy CE AE  (1) DE CE Trong ΔABE có AC đường phân giác suy Từ (1) (2) suy AE AB  (2) CE BC AB CE   AB.DE  BC.CE BC DE Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vng A có điểm D nằm A C Qua C dựng CE vuông góc với đường thẳng BD E Chứng minh: a) ΔADE ∽ ΔBDC b) AB.CE  AE.BC  AC BE Giải Trang * Tìm cách giải  ; để tìm cặp góc thật khó khăn Do ΔADE ΔBDC có ADE  BDC tìm cách chứng minh cặp góc tỉ lệ thơng qua hai tam giác khác Chẳng hạn cần có DA DE  chúng DB DC ta nên chứng minh ΔABD ∽ ΔECD - Để chứng minh AB.CE  AE.BC  AC.BE , ta có vế trái tổng nên vế phải ta cần tách thành tổng: AC.BE  AC.x  AC y với x  y  BE Do ta chọn điểm F thuộc BD x  BF , y  FE chứng minh AB.CD  AC.BF , AD.BC  AC.FE Từ cần chọn điểm F cho Δ ABF ∽ Δ ACE , Δ AFE ∽ Δ ABC xong * Trình bày lời giải    a) Xét ΔABD ΔECD có ADB  EDC ; BAD CED 90 (gt) ΔABD ∽ ΔECD ( g g)  DA DE  DB DC DA DE   ; ΔADE ΔBDC có ADE  BDC DB DC suy ΔADE ∽ ΔBDC  c.g c  b) Cách Gọi M giao điểm AB CE MB MC    chung; MEB MAC  Xét ΔMBE ΔMCA , ta có M  90   ΔMBE ∽ ΔMCA( g.g )  ME MA Xét ΔMAE ΔMCB có MB MC    chung  ΔMAE ∽ ΔMCB  c.g c   MEA  MBC , M ME MA Lấy F  BE cho AF  AE Xét ΔABF ΔACE có:         BAF CAE 90  DAF 90  M ; ABF  ACE  ΔABF ∽ ΔACE  g.g    AB BF   AB.CE  AC.BF (1) AC CE Xét ΔAFE ΔABC có   EAF  BAC  90  ; AEF  ACB (cùng phụ với hai góc nhau)  ΔAFE ∽ ΔABC  g g   AE EF   AE.BC  AC.EF (2) AC BC Từ (1) (2) cộng vế với vế: AB.CE  AE.BC  AC  BF  EF   AC.BE  Cách Gọi J điểm cạnh AC cho ABJ  EBC Trang     BEC Xét ΔABJ ΔEBC có: BAC  90  ; ABJ  EBC  ΔABJ ∽ ΔEBC  g g   AB AJ   AB.CE  BE AJ (3) BE CE   Xét ΔABE ΔJBC có: ABE  JBC ; AEB  JCB  ΔABE ∽ ΔJBC  AE BE  JC BC  AE.BC  BE.JC (4) Từ (3) (4) cộng vế với vế: AB.CE  AE.BC  BE  AJ  JC   BE AC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có AB 2 cm; AC 3 cm; BC 4 cm Chứng minh  BAC  ABC  ACB Giải  * Tìm cách giải Về mặt suy luận, muốn chứng minh góc BAC thành tổng góc đề Ta có hai cách suy nghĩ:    Cách 1: góc BAC dựng góc BAD DAC góc ABC chứng minh phần cịn lại  2.ACB Tuy nhiên cách gặp khó khăn cịn hệ số   Cách 2: góc BAC dựng góc BAD góc ACB chứng minh phần lại   DAC  ABC  ACB Cách có tính khả thi Thật vậy, ta viết BAC  ABC  ACB  ACB nên lấy  điểm D cạnh BC cho BAD  ACB , dễ dàng nhận thấy ADC  ACB  ABC nên cần chứng minh tam giác ACD cân C xong Với suy luận trên, có hai cách trình bày sau: * Trình bày lời giải  Cách Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D cho BAD  ACB suy ΔABD ∽ ΔCBA  g g  Suy BD AB BD     BD 1 cm  CD  BC  BD 3 cm BA CB   CD  AC nên ΔACD cân C, DAC  ADC  Mà ADC  ABC  BAD (tính chất góc ngồi tam giác)       Suy ra: BAC  BAD  DAC  ACB  ADC  ACB  ABC  BAD  Do BAC  ACB  2.ACB Trang Cách Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D cho BD 1 cm  CD  BC  BD 3 cm  CD  AC nên ΔACD cân C  Do DAC  ADC (1) ΔABD ΔCBA có ABD chung BD AB   BA CB   Suy ΔABD ∽ ΔCBA  c.g c   BAD (2)  BCA Từ (1) (2) ta có:       BAC  BAD  DAC  ACB  ADC  ACB  ABC  BAD  Do BAC  ABC  ACB Ví dụ 4: Cho tam giác ABC ( AB  AC ) có góc đỉnh 20o; cạnh đáy BC a ; cạnh bên AB b Chứng minh a  b3 3ab Giải Cách  Dựng tia Bx nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A cho CBx 20 ; tia Bx cắt AC D; kẻ AH  Bx Tam giác ABC cân A, ta có: A 20  B  C  80  ABH  ABC    CBx 80  20 60 AB b  Suy ΔABH có ABH 60 ; AHB 90  BH  2 Ta có: AH  AB  BH (định lý Pi-ta-go)  AH b  b 3b2  4    ΔBDC có BCD 80 ; CBD 20  BDC 80  Δ BCD cân B  BD  BC a , b Do DH  BH  BD   a Nhận thấy: ΔABC ∽ ΔBDC  g g    CD  BC AC  CD BC BC a a  , mà AD  AC  CD b  AC b b Trang Và AD  AH  DH  3b  b     a  b  ab  a 2   a2  2 4 2 2 Vậy  b   b  ab  a  b  a  2a b b  ab  a b b    a  a  b3  3a b  a  b3 3ab2 Cách Dựng tam giác ABE cho E C nằm phía so với AB Dựng ΔACD cân A cho D; E nằm phía với AC  CAD 20  ΔABC ΔACD ΔADE  c.g c  Gọi F G giao điểm BE với AD AC Khi BG  EF a Vì ABE 60 nên CBG     BAC CBE 20 ΔCBG cân B BC CG a CG a2  ΔBAC ∽ ΔCBG  g g       CG  AC BG b a b a2 Ta có: AG  AC  CG b  b Ta có: FG / / CD nên theo định lý Ta-lét, ta có: a2 b GF AG GF b  GF  ab  a    CD AC a b b2 Mà BE  BG  GF  FE ab  a  b 2a   b 2ab  ab  a b  a  b3 3ab Ví dụ Cho hình thoi ABCD có A 60 Gọi M cạnh thuộc cạnh AD Đường thẳng CM cắt đường thẳng AB N a) Chứng minh AB  DM BN ;  b) BM cắt DN P Tính góc BPD Giải a) Ta có: AM / / BC ΔNAM ∽ ΔNBC  (do AD / / BC ), suy ra: NA NB  AM BC Trang hay NA NB  (1) (vì BC  AB ) AM AB Ta có: NA / / DC (do AB/ / DC ), suy ΔNAM ∽ΔCDM  Hay NA CD  AM DM NA AB  (2) (vì CD  AB ) AM DM Từ (1) (2) suy ra: b) Từ NA AB  hay AB  DM BN AB DM NB AB NB BD    AB DM BD DM Xét ΔBND ΔDBM có NB BD    NBD  BDM 60 BD DM   BND Suy ΔBND ∽ ΔDBM  c.g.c   MBD      MBD  MBN  BND  MBN 60     Mà BPD nên BPD  BND  MBN 60 Nhận xét Với kỹ thuật trên, bạn giải tốn sau Cho hình thoi ABCD có A 60 vẽ đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA M cắt tia đối tia DA N Gọi K giao điểm DM  BN Tính số đo MKB Ví dụ Cho ΔABC cân A Lấy M tùy ý thuộc BC, kẻ MN song song với AB (với N  AC ), kẻ MP  song song với AC (với P  AB ) Gọi O giao điểm BN CP Chứng minh OMP  AMN Giải    * Tìm cách giải Nhận thấy BPM  MNC  QPM  ANM  Do OMP  AMN  ΔQPM ∽ ΔANM Mặt khác thấy Δ QPM Δ ANM khó tìm thêm cặp góc Do nên tìm cách biến đổi thêm hai cặp cạnh kề  với hai góc OMP ; AMN tỉ lệ xong * Trình bày lời giải Giả sử MB  MC Gọi Q giao điểm MO AB; K giao điểm CP MN  Vì MNAP hình bình hành nên QPM  ANM (1) Vì ΔABC cân A nên suy ΔPBM cân P ΔNCM cân N Do PB  PM  AN NC  NM  AP kết hợp với MN / / AP , suy ra: PQ PQ KM PB NA     (2) PM PB KN PA NM Trang Từ (1) (2) suy ra: ΔQPM ∽ ΔANM  c.g c     QMP  AMN hay OMP  AMN Điều phải chứng minh  2.C  , AB 4 cm, AC 8 cm Tính độ dài cạnh BC? Ví dụ Cho tam giác ABC có B Giải  2.C  cần dựng thêm yếu tố phụ để vận dụng điều * Tìm cách giải Khai thác giả thiết, từ B Chúng ta có hai hướng giải: - Cách Kẻ đường phân giác BD góc B để khai thác góc - Cách Từ đỉnh C dựng thêm góc góc B Với hai hướng có hai lời giải sau: * Trình bày lời giải Cách Kẻ đường phân giác BD tam giác ABC  ABC  Xét ΔABC ΔADB có A chung, ACB  ABD      Suy ΔABC ∽ ΔADB  g.g   AB AC AB 42   AD   2 (cm) AD AB AC  CD 6 (cm) ΔABC có BD đường phân giác nên BC CD AB.CD 4.6   BC   12 (cm) AB AD AD Cách Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A dựng tia Cx cho  BCx  ACB  ACB  ABC Gọi E giao điểm Cx với đường thẳng AB  Xét ΔABC ΔACE có A chung, ABC  ACE 2 ACB  suy ΔABC ∽ ΔACE  g.g   AC AB AC 82   AE   16 (cm) AE AC AB  BE 12 (cm)  Từ ABC 2 ACB 2.BCE Suy Δ BCE cân B, BC  BE 12 (cm)  2.C  Ví dụ Cho tam giác ABC có AB 2 cm, AC 3 cm BC 2,5 cm Chứng minh B Giải Trang * Tìm cách giải Bài tốn có nét đảo ví dụ 7, hồn tồn tự nhiên nghĩ tới  2.C  , có hai hướng sau: việc kẻ thêm yếu tố phụ Để chứng minh B  - Cách Dựng phân giác BD chứng tỏ ABD C - Cách Từ đỉnh C dựng thêm góc góc B chứng minh cặp góc Vì tốn biết nhiều độ dài đoạn thẳng nên chứng minh cặp góc cách chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp cạnh-góc-cạnh * Trình bày lời giải Cách Kẻ đường phân giác BD tam giác ABC suy  AD AB AD AB    DC BC AD  DC AB  BC AD   AD  (cm)  2,5 Ta có: AB AC   ,  AD / AB suy AC AB  AB AD Xét ΔABC ΔADB có A chung, AC AB  suy ΔABC ∽ ΔADB  c.g.c  AB AD  Do đó: ACB  ABD , ABC 2.C Cách Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho BE  BC suy ra: ABC 2.BEC   2.BCE Ta có AB AC    ; AC AE  2,5 suy AC AB  AE AC Xét ΔABC ΔACE có A chung, AC AB  suy AE AC ΔABC ∽ ΔACE  c.g.c    ACE  ABC suy ACE 2.BCE  ACB  BCE Hay ABC 2 ACB  20 Các điểm E F nằm cạnh AC Ví dụ Cho tam giác ABC có A 90 B  AB cho ABE 10 ACF 30 Tính CFE (Thi Olympic Tốn quốc tế Đài Loan TAIMC, năm 2012) Giải Trang * Tìm cách giải Những tốn tính số đo góc thường khó, trước hết nên vẽ hình xác, sau phân tích giả thiết để dự đốn kỹ thuật kẻ thêm yếu tố phụ Trong giả thiết nhận thấy ACF 30  FC 2 AF Từ B  20  C  70 , BCF  40 , có liên tưởng góc 40o với góc 20o 30o đề không? Với suy nghĩ ấy, lấy điểm G AB cho  BCG 20 tồn tạo nên yếu tố mới: CF phân giác góc ACG, tam giác BCG cân G Với hình vẽ xác, hồn tồn dự đốn CG song song với FE Từ định hướng để chứng minh dự đốn định lý Ta-lét đảo * Trình bày lời giải  20  C  70 Xét ΔABC có A 90 B ΔACF có A 90 ACF 30  FC  AF Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD vng góc với BC Do ΔABC ∽ ΔDBG  BD BA     ; GCB GBC 20  GCF 20 BG BC  Mặt khác CG BE tia phân giác BCF ABC nên FC BC BA AE   ; FG BG BC EC 1 FC BC BD BA AE AF AE Do đó: AF 2        FG FG BG BG BC EC FG EC   Từ ta có: CD / / EF (định lý Ta-lét đảo)  CFE GCF 20  180 Tính số đo cạnh tam giác biết số đo ba số Ví dụ 10 Cho tam giác ABC có A  B tự nhiên liên tiếp Giải  180  A  B  C  C  2.A  B  C  A  C  B   AB  BC AB  AC Vì A  B Trên AB lấy điểm D cho AD  AC  D nằm A B Trang 10 Hướng dẫn giải 15.1  a) Xét ΔABE ΔACF có AEB  AFC 90 ; BAC chung  ΔABE ∽ ΔACF  g g   AB AE   AE AC  AF AB AC AF b) Từ AE.AC AF.AB  Xét ΔAEF ΔABC có AE AF  AB AC AE AF   ; BAC chung AB AC  ΔAEF ∽ ΔABC  c.g c  c) Chứng minh tương tự, ta có: ΔAEF ∽ ΔABC  AEF  ABC  Chứng minh tương tự, ta được:  ΔCAB ∽ ΔCDE  g.g   ABC CED   Từ suy AEF CED  EB tia phân giác DEF  Chứng minh tương tự, ta có DA tia phân giác EDF Từ suy điều phải chứng minh 15.2 ΔCBH ΔCDK có:       CHB CKD KDC BCD  90  HBC  Trang 15  ΔCBH ∽ ΔCDK  g g   Mà CD  AB nên CH CK  CB CD CH CK  CB AB ΔCHK ΔBCA có CH CK  CB AB   Và ABC  HCK (cùng bù với BAD ) suy ΔCHK ∽ΔBCA  c.g.c  15.3    ; IAB (hai góc phụ với ABC ) ΔIAB ΔDCB có ABI CBD  DCB  ΔIAB ∽ ΔDCB  AB BI  BC BD ΔABC có BD đường phân giác Nên AB AD  BC DC Do đó: BI AD   AD.BD BI DC BD DC 15.4   Ta có CDB  A (tính chất góc ngồi), cạnh BC lấy E cho CDE  A  C  ;   ΔACD ΔDCE có C A CDE  ΔACD ∽ ΔDCE  g.g   AC CD  CD CE  CD  AC.CE  AC.BC Trang 16 15.5    Ta có AEC  BDC DBC  EBC 60  Vì DBC  ACB 60 nên AC / / BD   AEC  ΔAEC ∽ ΔACF  g g  Suy ra: ACF BDC  AC AE AB AE AB AE      AF AC AF AB AB  AF AB  AE  AB AE AB AB   1  BF BE BF BE  AB AB 1  1    BF BE BF BE AB  1   Điều phải chứng minh BD BF BC 15.6 Trang 17 Từ giả thiết suy C trực tâm ΔAEF nên AC  EF Kết hợp với BD  AM ED  AF     theo tính chất góc có cạnh tương ứng vng góc ta có: ICD ; CDI MFA  MAF  ΔICD ∽ ΔMFA  IC MF  (1) ID MA Tương tự ΔICB ∽ ΔMEA  g.g   IC ME  (2) IB MA Từ (1) (2) kết hợp với giả thiết IB  ID suy ME MF 15.7  120  M  a) Trong tam giác BDM ta có D 1  60 nên ta có: M  120  M  Vì M  M   C  60 Suy D mà B Do ΔBMD ∽ ΔCEM (1) Suy BD CM  , từ đó: BD.CE BM CM BM CE Trang 18 Vì BM CM  b) Từ (1) suy BC BC , nên ta có: BD.CE  BD MD BD MD   mà BM CM nên ta có: CM EM BM EM Do ΔBMD ∽ ΔMED  D  , DM tia phân giác góc BDE Từ suy ra: D Chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác góc CED c) Gọi H, I, K hình chiếu M AB, DE, AC Theo tính chất đường phân giác, ta có: DH DI , EI EK  AH  AK Từ suy chu vi tam giác ADE bằng: AD  DE  EA  AD  DH  EK  EA  AH Vậy chu vi tam giác ADE không đổi 15.8 a)           NHB 90  CHN  HBC 90  BCH Xét ΔDHC ΔNHB có: DHC ; HCD  Suy ra: ΔDHC ∽ ΔNHB  g g  b)       BHC HCB 90  CBH  90  ; MBH Xét ΔMBH ΔBCH có: MHB Suy ΔMBH ∽ ΔBCH  g g    MB HB  (1) BC HC Trang 19 Mà ΔDHC ∽ ΔNHB  g.g   NB HB  (2) BC CD DC HC nên từ (1) (2), suy ra: MB  NB  AM CN , suy AM NB  NC.MB 15.9 Trên tia đối tia AC lấy điểm D cho AD  AB    Từ suy DC 3 AC BAC nên BDC 2 BDA  ABC Từ ΔABC ∽ ΔBDC  AC BC   BC DC AC BC DC  BC 3 AC  BC  AC 4.AC2 nên AB  BC  AC Vậy ΔABC tam giác vuông C 15.10 a)      MCE 90  IBH Ta có: BIA (1)     Lại có: IAB  BAH 180 ; CME  EMB 180 ;       BAH  EMB 90  ABC  IAB CME (2) Từ (1) (2) suy ra: ΔIAB ∽ ΔMCE  g.g     MAE b) ΔMAK ΔMEA có MKA  90  , AME chung  ΔMAK ∽ ΔMEA  g.g   MA MK   MA2 ME.MK (3) ME MA Tương tự: ΔMAL ∽ Δ  g g   MA ML   MA2 MF ML (4) MF MA Từ (3) (4) suy ra: ME.MK MF ML  Ta có: EM ML  FM KM MB S AMB AB.MK   MC S AMC AC.ML Mặt khác EM ML MK MF    FM MK ML ME Trang 20