0

SKKN phương pháp tam giác đồng dạng trong giải toán hình học phẳng lớp 8

30 7,486 28
  • SKKN phương pháp tam giác đồng dạng trong giải toán hình học phẳng lớp 8

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 18/09/2014, 11:02

Trong chương trình hình học phẳng THCS, đặc biệt là hình học 8, phương pháp “Tam giác đồng dạng” là một công cụ quan trọng nhằm giải quyết các bài toán hình họcPhương pháp “ Tam giác đồng dạng” là phương pháp ứng dụng tính chất đồng dạng của tam giác, tỷ lệ các đoạn thẳng, trên cơ sở đó tìm ra hướng giải các dạng toán hình học. SKKN: PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG LỚP 8 NHÓM TÁC GIẢ: Nguyễn Quốc Huy - Chủ biên Giang Ngọc Diệp Nguyễn Thị Nga Hà Thị Sáu Phan Hải Hà Phạm Thị Phương Phạm Thị Nguyệt CỤM TRƯỜNG THỊ TRẤN DIÊM ĐIỀN Thái Thụy, Tháng 11 năm 2006 CẤU TRÚC CHUYÊN ĐỀ: 1 I. Đặt vấn đề 1. Khái niệm chung về phương pháp tam giác đồng dạng 2. Tóm tắt kiến thức liên quan 3. Các dạng toán cụ thể 4. Tiết dạy minh họa Dạng 1: Tính độ dài đoạn thẳng, tỷ số, diện tích Dạng 2: Chứng minh hệ thức Dạng 3: Chứng minh song song Dạng 4: Chứng minh đồng dạng Dạng 5: Chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau Dạng 6: Toán ứng dục thực tế Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình hình học phẳng THCS, đặc biệt là hình học 8, phương pháp “Tam giác đồng dạng” là một công cụ quan trọng nhằm giải quyết các bài toán hình học Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” là phương pháp ứng dụng tính chất đồng dạng của tam giác, tỷ lệ các đoạn thẳng, trên cơ sở đó tìm ra hướng giải các dạng toán hình học. Trên thực tế, việc áp dụng phương pháp “Tam giác đồng dạng” trong giải toán có các thuận lợi và khó khăn chứng như sau: * Thuận lợi: + Một là: Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” là công cụ chính giúp ta tính toán nhanh chóng các dạng toán đặc trưng về tính tỷ lệ, chứng minh hệ thức, các bài tập ứng dụng các định lý sau Thales + Hai là: Với một số dạng toán quen thuộc như chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau, chứng minh song song, chứng minh thẳng hàng, phương pháp “ Tam giác đồng dạng” có thể cho ta những cách giải quyết gọn gàng, ngắn hơn các phương pháp truyền thống khác nhau sử dụng tính chất tam giác, tính chất tứ giác đặc biệt + Ba là: Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” giúp rèn luyện tốt khả năng tư duy logic của học sinh, rèn luyện tính sáng tạo, phát triển trí tuệ cho học sinh một cách hiệu quả. * Khó khăn: + Thứ nhất: Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” còn lạ lẫm với học sinh. Các em chưa quen với việc sử dụng một phương pháp mới để giải toán thay cho các cách chứng minh truyền thống, đặc biệt là với các học sinh lớp 8 mới. + Thứ hai: Việc sử dụng các tỷ số cạnh rất phức tạp dễ dẫn đến nhầm lẫn trong tính toán, biến đổi vòng quanh luẩn quẩn, không rút ra ngay được các tỷ số cần thiết, không có kỹ năng chọn cặp tam giác cần thiết phục vụ cho hướng giải bài toán. Từ những nhận định trên, chuyên đề này giải quyết giúp cho giáo viên dạy lớp 8 và các em học sinh một số vấn đề cụ thể là : - Hệ thống lại các kiến thức thường áp dụng trong phương pháp. - Hệ thống các dạng toán hình học thường áp dụng phương pháp “ Tam giác đồng dạng”. - Định hướng giải quyết các dạng toán này bằng Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” - Hệ thống một số bài tập luyện tập. - Minh họa một số tiết dạy luyện tập. Trong chuyên đề này tập thể tác giả đã có rất nhiều cố gắng nhằm làm rõ thêm một số phương pháp hình học đặc trưng, tuy nhiên do hạn chế về kiến thức về thực tế giảng dạy chắc chắn chuyên đề còn nhiều thiếu sót. Kính mong các thầy giáo, cô giáo có nhiều năm kinh nghiệm trong giảng dạy, các bạn đồng nghiệp tham gia góp ý bổ sung làm cho chuyên đề trở nên hoàn chỉnh hơn. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn./. 2 B Thái Thụy, tháng 11 năm 2006 Tập thể tác giả Phần II KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Đinh lý Talet trong tam giác. Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cnahj còn lại thì nó định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ. MN // BC AM AN AB AC = AM AN MB NC = 2. Khái niệm tam giác đồng dạng. Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu: + µ µ 'A A= ; µ µ µ µ ' ; 'B B C C= = ' ' ' ' ' 'A B B C A C AB BC AC = = 3. Các trường hợp đồng dạng của tam giác: a) Trường hợp thứ nhất (ccc): Nếu 3 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 3 cạnh của tam giác kia thì 2 tam giác đó đồng dạng. b) Trường hợp thứ 2(cgc): Nếu 2 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 2 cạnh của tam giác kia và 2 góc tạo bởi tạo các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam đó giác đồng dạng. c) Trường hợp thứ 3(gg): Nếu 2 góc của tam giác này lần lượt bằng 2 góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. d) Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông. + Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. + Tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỷ lẹ với hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. + Nếu cạnh huyền và một cạnh của tam giác vuông này tỷ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. 3 A C M N PHẦN III CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ DẠNG 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ , DIỆN TÍCH Loại 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG + Ví dụ minh họa: Bài 36 – 79 – SGK (có hình vẽ sẵn) ABCD là h.thang (AB // CD) A 12,5 B GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm · DBA = · DBC x KL x = ? D C Giải ∆ABD và ∆BDC có : · DAB = · DBC (gt) µ 1 B = µ 1 D ( so le trong do AB // CD) ⇒ ∆ABD P ∆BDC (g.g) ⇒ BD AB = DC BD hay x 5,12 = 5,28 x ⇒ x 2 = 12,5 . 28,5 ⇒ x = 5,28.5,12 ≈ 18,9(cm) Bài 35 – 72 – SBT: A ∆ABC; AB = 12cm; AC = 15cm 10 8 GT BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm KL MN = ? M N B C Giải Xét ∆ABC và ∆ANM ta có : AC AM = 15 10 = 3 2 AB AN = 12 18 = 3 2 Mặt khác, có µ A chung Vậy ∆ABC P ∆ANM (c.g.c) 4 ⇒ AC AM = AB AN Từ đó ta có : AN AB = NM BC hay MN 18 18 12 = ⇒ 12 18.8 = 12(cm) Bài tập 3: a) Tam giác ABC có µ B = 2 µ C ; AB = 4cm; BC = 5cm. Tính độ dài AC? b) Tính độ dài các cạnh của ∆ABC có µ B = 2 µ C biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự nhiên liên tiếp. A Giải a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC B ∆ACD và ∆ABC có µ A chung; µ C = µ D = ∝ ⇒ ∆ACD P ∆ABC (g.g) ⇒ AB AC = AC AD ⇒ AC 2 = AB. AD D C = 4 . 9 = 36 ⇒ AC = 6(cm) b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lượt là a, b, c. Theo câu (a) ta có. AC 2 = AB. AD = AB(AB+BC) ⇒ b 2 = c(c+a) = c 2 + ac (1) Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên chỉ có 2 khả năng là: b = c + 1 hoặc b= c + 2 * Nếu b = c + 1 thì từ (1) ⇒ (c + 1) 2 = c 2 + ac ⇒ 2c + 1 = ac ⇒ c(a-2) = 1 (loại) vì c= 1 ; a = 3; b = 2 không là các cạnh của 1 tam giác * Nếu b = c + 2 thì từ (1) ⇒ (c + 2) 2 = c 2 + ac ⇒ 4c + 4 = ac ⇒ c(a – 4) = 4 Xét c = 1, 2, 4 chỉ có c = 4; a = 5; 5 = 6 thỏa mãn bài toán. Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm. Bài tập đề nghị: + Bài 1: Cho ∆ABC vuông ở A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đường trung trực của BC cắt BC , BA, CA lần lượt ở M, E, D. Tính độ dài các đoạn BC, BE, CD. + Bài 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 BC = a, BC = c. b) Chứng minh rằng BD < ca ac + 2 với AB = c; BC = a. c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n. Cạnh hình thoi bằng d. Loại 2: TÍNH GÓC Ví dụ minh họa: 5 + Bài 1: Cho ∆ABH vuông tại H có AB = 20cm; BH = 12cm. Trên tia đối của HB lấy điểm C sao cho AC = 3 5 AH. Tính · BAC . A ∆ABH; µ H = 90 0 ; AB = 20cm 20 GT BH = 12cm; AC = 3 5 AH KL · BAC = ? B 12 H C Giải: Ta có AH AC BH AB === 3 5 12 20 ⇒ AH BH AC AB = Xét ∆ABH và ∆ CAH có : · AHB = · CHA = 90 0 AH BH AC AB = (chứng minh trên) ⇒ ∆ABH P ∆CAH (CH cạnh gv) ⇒ · CAH = · ABH Lại có · BAH + · ABH = 90 0 nên · BAH + · CAH = 90 0 Do đó : BAC = 90 0 Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 60 0 . Một đường thẳng bất kỳ đi qua C cắt tia đối của các tia BA, DA tương ứng ở M, N. Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính BKD? M Hình thoi ABCD; µ A = 60 0 ; B GT BN ∩ DM tại K KL Tính · BKD = ? K C A D Giải: N Do BC // AN (vì N ∈ AD) nên ta có : NC MC AB MB = (1) Do CD // AM (vì M ∈ AB) nên ta có : DN AD NC MC = (2) Từ (1) và (2) ⇒ DN AD AB MB = ∆ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và µ A = 60 0 nên là ∆ đều ⇒ AB = BD = DA 6 Từ DN AD AB MB = (cm trên) ⇒ DN BD BD MB = Mặt khác : · MBD = · DBN = 120 0 Xét 2∆MBD và ∆BDN có : DN BD BD MB = ; · MBD = · DBN ⇒ ∆MBD P ∆BDN (c.g.c) ⇒ ¶ 1 M = µ 1 B ∆MBD và ∆KBD có ¶ 1 M = µ 1 B ; · BDM chung ⇒ · BKD = · MBD = 120 0 Vậy · BKD = 120 0 Bài tập đề nghị: ∆ABC có AB: AC : CB = 2: 3: 5 và chu vi bằng 54cm; ∆DEF có DE = 3cm; DF = 4,5cm; EF = 6cm a) Chứng minh ∆AEF P ∆ABC b) Biết A = 105 0 ; D = 45 0 . Tính các góc còn lại của mỗi ∆ Loại 3: TÍNH TỶ SỐ ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ CHU VI, TỶ SỐ DIỆN TÍCH Ví dụ minh họa: + Bài 1: Cho ∆ABC, D là điểm trên cạnh AC sao cho · · BDC ABC= . Biết AD = 7cm; DC = 9cm. Tính tỷ số BA BD B ∆ABC; D ∈ AC : · · BDC ABC= ; GT AD = 7cm; DC = 9cm KL Tính BA BD . C B A Giải: ∆CAB và ∆CDB có C chung ; · ABC = · BDC (gt) ⇒ ∆CAB P ∆CDB (g.g) ⇒ CB CA CD CB = do đó ta có : CB 2 = CA.CD Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = 9 + 7 = 16 (cm) Do đó CB 2 = 9.16 = 144 ⇒ CB = 12(cm) Mặt khác lại có : 4 3 = BA DB + Bài 2: (Bài 29 – 74SGK) A A’ ∆ABC và ∆A’B’C’: AB =6 ; 6 9 GT AC = 9; A’C’ = 6; B’C’ = 8 KL a) ∆ABC P ∆A’B’C’ B 12 C B’ 12 C’ b) Tính tỉ số chu vi của ∆A’B’C’ và ∆ABC Giải: a) ∆A’B’C’ P ∆ABC (c.c.c) 7 6 4 6 Vì 3 2'''''' === BC CB AC CA AB BA b) ∆A’B’C’ P ∆A + B + C + (câu a) ⇒ BC CB AC CA AB BA '''''' == = BCACAB CBCABA ++ ++ '''''' = 27 18 1296 864 = ++ ++ Vậy 27 18''' = ∆ ∆ ABCChuvi CBAChuvi + Bài 3: Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của Ab, BC, CE cắt DF ở M. Tính tỷ số ABCD CMB S S ? D C Hình vuông ABCD; AE = EB ; M GT BF = CF; CE ∩ DF tại M F KL Tính ABCD CMB S S ? A E B Giải: Xét ∆DCF và ∆CBE có DC = BC (gt); µ C = µ B = 90 0 ; BE = CF ⇒ ∆DCF = ∆CBE (c.g.c) ⇒ µ D 1 = µ C 2 Mà µ C 1 + µ C 2 = 1v ⇒ µ C 1 + µ D 1 = 1v ⇒ ∆CMD vuông ở M ∆CMD P ∆FCD (vì µ D 1 = µ C 2 ; µ C = ¶ M ) ⇒ FC CM FD DC = FCD CMD S S = 2 2 FD CD ⇒ S CMD = 2 2 FD CD . S FCD Mà S FCD = 2 1 CF.CD = 2 1 . 2 1 BC.CD = 4 1 CD 2 Vậy S CMD = 2 2 FD CD . 4 1 CD 2 = 4 1 . 2 4 FD CD (*) Áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông DFC, ta có: DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 + ( 2 1 BC) 2 = CD 2 + 4 1 CD 2 = 4 5 CD 2 Thay DF 2 = 4 5 CD 2 ta có : S CMD = 5 1 CD 2 = 5 1 S ABCD ⇒ ABCD CMB S S = 5 1 Bài tập đề nghị: Cho ∆ABC, D là trung điểm của BC, M là trung điểm của AD. a) BM cắt AC ở P, P’ là điểm đối xứng củ P qua M. Chứng minh rằng PA = P’D. Tính tỷ số PC PA và AC AP b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh rằng PQ // BC. Tính tỷ số BC PQ và MB PM 8 c) Chứng minh rằng diện tích 4 tam giác BAM, BMD, CAM, CMD bằng nhau. Tính tỷ số diện tích ∆MAP và ∆ABC. Loại 4: TÍNH CHU VI CÁC HÌNH + Bài 1(bài 33 – 72 – SBT) ∆ABC; O nằm trong ∆ABC; GT P, Q, R là trung điểm của OA, OB, OC KL a) ∆PQR P ∆ABC b) Tính chu vi PQR. Biết chu vi ∆ABC 543cm Giải: a) PQ, QR và RP lần lượt là đường trung bình của ∆OAB , ∆ACB và ∆OCA. Do đó ta có : PQ = 2 1 AB; QR = 2 1 BC ; RP = 2 1 CA Từ đó ta có : 2 1 === CA RP BC QR AB PQ A ⇒ ∆PQR P ∆ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K = 2 1 P b) Gọi P là chu vi của ∆PQR ta có : O P’ là chu vi của ∆PQR ta có : Q R 2 1' == K P P ⇒ P’ = 2 1 P = 2 1 .543 = 271,5(cm) B C Vậy chu vi của ∆PQR = 271,5(cm). + Bài 2: Cho ∆ABC, D là một điểm trên cạnh AB, E là 1 điểm trên cạnh AC sao cho DE // BC. Xác định vị trí của điểm D sao cho chu vi ∆ABE = 5 2 chu vi ∆ABC. Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm A ∆ABC; DE//BC; C.vi∆ADE= 5 2 C.vi ∆ABC GT C.vi ∆ADE + C.vi∆ADE = 63cm D E KL Tính C.vi ∆ABC và C.vi ∆ADE B C Giải: 9 Do DE // BC nên ∆ADE P∆ABC theo tỷ số đồng dạng. K = AB AD = 5 2 . Ta có . 5 2' = ∆ ∆ ABCChuvi ADEChuvi ⇒ 25 ADEChuviABCChuvi ∆ = ∆ = 7 63 2% = + ∆+∆ ADEChuviABCChuvi = 9 Do đó: Chu vi ∆ABC = 5.9 = 45 (cm) Chu vi ∆ADE = 2.9 = 18 (cm) Bài tập đề nghị: + Bài 1: ∆A’B’C’ P ∆ABC theo tỷ số đồng dạng K = 5 2 . Tính chu vi của mỗi tam giác, biết hiệu chu vi của 2 tamgiasc đó là 51dm. + Bài 2: Tính chu vi ∆ABC vuông ở A biết rằng đường cao ứng với cạnh huyền chia tam giác thành 2 tam giác có chu vi bằng 18cm và 24cm. Loại 5: TÍNH DIỆN TÍCH CÁC HÌNH + Bài 1(Bài 10 – 63 – SGK): A ∆ABC; đường cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH GT theo thứ tự tại B’, C’, H’ B’ H’ C’ KL a) BC CB AH AH ''' = b) Biết AH’ = 3 1 AH; S ∆ ABC = 67,5cm 2 B H C Tính S ∆ A’B’C’ Giải: a) Vì d // BC ⇒ AH AH' = BH HB '' = HC CH '' = HCBH CHHB + + '''' = BC CB '' (đpcm) b) Từ BC CB AH AH ''' = ⇒ ( AH AH' ) 2 = BCAH CBAH . '''. = ABC CAB S S ∆ ∆ 2 2 '' = ABC CAB S S ∆ ∆ '' Mà AH’ = 3 1 AH ⇒ AH AH' = 3 1 ⇒ ( AH AH' ) 2 = ( 3 1 ) 2 = 9 1 Vậy ABC CAB S S ∆ ∆ '' = 9 1 và ⇒ S ∆ ABC = 67,5cm 2 Nên ta có : ABC CAB S S ∆ ∆ '' = 9 1 ⇒ 5,67 ''CAB S ∆ = 9 1 ⇒ S ∆ AB’C’ = 9 5,67 = 7,5(cm 2 ) + Bài 2(bài 50 – 75 – SBT) ∆ABC( µ A = 90 0 ); AH ⊥ BC GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm KL Tính S ∆ AMH Giải: A 10 [...]... nhn xột cha bi ca bn GV t vn : Nh cỏc em ó bit cỏc trng hp = nhau ca 2 tam giỏc cú rt nhiu ng dng trong gii toỏn Vy cỏc trng hp ng dng ca 2 tam giỏc cú ng dng nh th no trong gii toỏn Chỳng ta cựng nghiờn cu bi hc hụm nay * Hot ng 2: Tit 27: Luyn tp - Dng 1: Bi tp nhn bit v tớnh toỏn F Bi 43 (SGK T80) A H E K D B C a) Tỡm cỏc cp tam giỏc ng dng 26 GV ch vo bi kim tra ca HS Qua bi lm ca bn hóy cho bit:... d 4: Bi 36 T72 SGK Hỡnh thang ABCD (AB // CD) cú AB = 4cm, CD = 16cm v BD = 8cm ã ã Chng minh : Ta ch xột chng minh BAD = DBC Xột BAD v DBC cú AB // CD do ú : ã ã ABD = BDC (so le trong ) AB 4 1 = = BD 8 2 BD 8 1 = = DC 16 2 AB BD 1 = ( cựng bng ) BD DC 2 A B C D BAD P DBC (c.g.c) ã ã BAD = DBC Vớ d 4: Bi 60 T77 SBT Tam giỏc ABC cú hai trung tuyn AK v CL ct nhau ti O T mt im P bt k trờn cnh AC,... 3 ,84 (m) Vy cao AH bng 3 ,84 một Bi tp ngh: Mt ging nc cú ng kớnh DE = 0,8m (nh hỡnh v) xỏc nh sõu BD ca ging, ngi ta t mt chic gy v trớ AC, A chm ming ging, AC nhỡn thng ti v trớ E gúc ca ỏy ging Bit AB = 0,9m; BC = 0,2m Tớnh sõu BD ca ging A B C D E PHN IV TIT DY MINH HA Tit 47: LUYN TP A Mc tiờu : - Cng c cỏc nh lý v 3 trng hp ng dng ca hai tam giỏc, so sỏnh vi cỏc trng hp bng nhau ca hai tam. .. Mc tiờu chung : - Hc sinh vn dng nh ngha tam giỏc ng dng, cỏc trng hp ng dng ca tam giỏc, nh lý Ta lột o, gii quyt cỏc bi toỏn v chng minh quan h song song - Thụng bao cỏc bi tp khc sõu cỏc kin thc v tam giỏc ng dng, nh lý Ta lột o - Rốn k nng t duy, suy lun lụ gic, sỏng to khi gii bi tp II Kin thc ỏp dng - nh ngha tam giỏc ng dng - Cỏc trng hp ng dng ca tam giỏc - Du hiu nhn bit hai ng thng song... qu ca nh lý Talet cho ta cỏc tam giỏc ng dng v ta chng minh c: MN DM = AB DA E PQ AB DM DA B A O M N P ri chng minh Q C D CQ CB CQ = (kộo di AD ct BC ti E CB = MN CQ = MN = PQ DA CB Vớ d 3: Bi 32 T77 SGK ả Trờn mt cnh ca gúc xoy ( xoy 180 0), t cỏc on thng OA = 5cm, OB = 16cm Trờn cnh th nht ca gúc ú, t cỏc on thng OC = 8cm, OD = 10cm x Bv OAD ng dng a) Chng minh hai tam giỏc OCB b) Gi giao im cỏc... ca 2 tam giỏc ng dng * Chng minh 2 t s bng nhau sau ú chng minh t bng nhau suy ra 2 on thng mu bng nhau Dng 6 : TON NG DNG THC T I Mc tiờu chung: - Hc sinh bit vn dng kin thc v tam giỏc ng dng xỏc nh c cỏc chiu cao, cỏc khong cỏch m khụng cn o trc tip - Rốn k nng nhn bit hỡnh (c hỡnh) k nng v hỡnh, k nng t duy v úc tng tng III Cỏc kin thc ỏp dng: - Cỏc trng hp ng dng ca tam giỏc - nh ngha hai tam. .. t s ng dng Bi 40 (SGK T86) V hỡnh v vit cõu tr li vo ct cũn li ca bng sau: Bi toỏn Cho ABC cú AB = 15cm, AC = 20cm Ly D AB; AD = 8cm; E AC; AE = 6cm Hi ABC v AED cú ng dng khụng? Hỡnh v Khụng ng dng vỡ Tr li AB AC = AD AB HS nhc li ni dung kin thc cn ghi nh ? ABC v ADE cú ng dng khụng? *Hot ng3:Cng c v hng dn v nh GV yờu cu HS nhc li phng phỏp gii mt s dng toỏn trong bi BT: 38, 44, 45 )SGK) 43, 44,... dng * Vớ d minh ha: M + Vớ d 1: o khong cỏch gia 2 im A v M, trong ú M khụng ti c, ngi ta tin hnh o v tớnh khong cỏch (nh hỡnh v) AB BM; BH AM Bit Ah = 15m; AB = 35m B H Gii : Xột AMB v ABH cú ; 0 ã A ABM = ã AHB = 90 (gt) ; à chung A AMB P ABH (gg) AM AB AB = AH AB 2 352 = AM = = 81 ,7(m) 5 5 Vy khong cỏch gia 2 im A v M gn bng 81 ,7 một + Vớ d 2: Mt ngn ốn t trờn cao v trớ A, 24 A hỡnh chiu... (OE = OF) ta s a v chng minh iu gỡ? TL : EO DC = OF (1) DC H: OE; DC l cnh ca nhng tam giỏc no? (AEO; ADC, cỏc tam giỏc ny ó ng dng cha? Vỡ dao? H: t cõu hi tng t cho OF , DC EO OF = DC DC EO AO OF BO TL: = ; = DC AC DC BD H: lp t s bng H: Vy chng minh (1) ta cn chng minh iu gỡ? AO BO = AC BD TL: H: õy l t s cú c t cp tam giỏc ng dng no? TL: AOB; COD H: Hóy chng minh iu ú Vớ d 2: Bo 10 T67 SGK:... giỏc, so sỏnh vi cỏc trng hp bng nhau ca hai tam giỏc - Vn dng cỏc nh lý ú chng trỡnh cỏc tam giỏc ng dng, tớnh cỏc on thng hoc chng minh cỏc t l thc, ng thc trong cỏc bi tp B Chun b: - Giỏo viờn: Mỏy chiu, bng ph ghi cõu hi, bi tp, thc thng, compa, eke, phn mu 25 - Hc sinh : ễn cỏc nh lý v trng hp ng dng ca hai tam giỏc, thc k, compe, eke C Tin trỡnh dy hc Hot ng ca thy 1 Cho hỡnh v: F E A Hot ng . trình hình học phẳng THCS, đặc biệt là hình học 8, phương pháp Tam giác đồng dạng là một công cụ quan trọng nhằm giải quyết các bài toán hình học Phương pháp “ Tam giác đồng dạng là phương pháp. áp dụng trong phương pháp. - Hệ thống các dạng toán hình học thường áp dụng phương pháp “ Tam giác đồng dạng . - Định hướng giải quyết các dạng toán này bằng Phương pháp “ Tam giác đồng dạng -. tính chất đồng dạng của tam giác, tỷ lệ các đoạn thẳng, trên cơ sở đó tìm ra hướng giải các dạng toán hình học. Trên thực tế, việc áp dụng phương pháp Tam giác đồng dạng trong giải toán có các
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN phương pháp tam giác đồng dạng trong giải toán hình học phẳng lớp 8, SKKN phương pháp tam giác đồng dạng trong giải toán hình học phẳng lớp 8, SKKN phương pháp tam giác đồng dạng trong giải toán hình học phẳng lớp 8

Từ khóa liên quan