skkn một vài ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng trong hình học 8 thpt tân phú

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG PT DÂN TỘC NỘI TRÚ LIÊN HUYỆN TÂN PHÚ-ĐỊNH QUÁN  Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG HÌNH HỌC 8” Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2013-2014 1 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1 Họ và tên: Nguyễn Thị Hòa 2 Ngày tháng năm sinh: 12/08/1988 3 Nam, nữ: Nữ 4 Địa chỉ: Tổ 5- Ấp 7 – xã Nam Cát Tiên - Tân Phú - Đồng Nai 5 Điện thoại: 0613856483 (cơ quan), ĐTDĐ : 0949889637 6 Fax: ………… E-mail: Hoadtnt88@gmail.com 7 Chức vụ: Giáo viên 8 Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán 9, CĐTC Toán 9, Nghề THVP 8b, chủ nhiệm lớp 9b 9 Đơn vị công tác: Trường phổ thông Dân Tộc Nội Trú liên huyện Tân Phú – Định Quán II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân Cao đẳng sư phạm - Năm nhận bằng: 2009 - Chuyên ngành đào tạo: Toán – Tin học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán THCS - Số năm có kinh nghiệm: 5 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: Sáng kiến: “Phương pháp chứng minh bất đẳng thức” 2 Tên SKKN: “MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG HÌNH HỌC 8” I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Khái niệm tam giác đồng dạng được học sinh làm quen trong chương trình toán 8 Ta đã biết nếu hai tam giác đồng dạng thì suy ra được các cặp góc tương ứng bằng nhau, các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ, đặc biệt là tỉ số diện tích của chúng bằng bình phương tỉ số đồng dạng Từ đó có thể tính được độ dài cạnh, tính góc, tính chu vi, diện tích của một số hình; tính tỉ số đoạn thẳng, tỉ số chu vi, diện tích; có thể chứng minh một số quan hệ hình học khác, như chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau, quan hệ song song, chứng minh hệ thức, đẳng thức hình học bậc hai, tìm giá trị biểu thức hình học bậc hai;…Ngoài ra, phương pháp tam giác đồng dạng còn được ứng dụng trong các bài toán dựng hình và ứng dụng trong thực tế cuộc sống,…Tuy nhiên, không ít học sinh đã gặp khó khăn trong việc chứng minh hay vận dụng phương pháp tam giác đồng dạng vào giải các bài tập liên quan Trong nội dung của đề tài xin được giới thiệu một số ứng dụng của tam giác đồng dạng trong hình học 8 mà các em thường gặp, các ví dụ minh họa có phân tích định hướng giải và một số bài tập vận dụng, nhằm giúp học sinh có định hướng được phương pháp chứng minh và hứng thú hơn khi học về tam giác đồng dạng nói riêng và bộ môn Toán nói chung Hy vọng với phần tài liệu này, có thể giúp các em vận dụng linh hoạt tam giác đồng dạng vào giải toán hình học cũng như vận dụng vào thực tế Qua đó học sinh lĩnh hội được kiến thức một cách chủ động, sáng tạo và hình thành thói quen vận dụng kiến thức vào các môn học, vào thực tiễn II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1 Cơ sở lý luận Toán học là một môn khoa học tự nhiên có một vai trò rất quan trọng trong các lĩnh vực khoa học, toán học nghiên cứu rất nhiều, rất đa dạng và phong phú Toán học có vai trò quan trọng trong đời sống, trong khoa học và trong công nghệ hiện đại, việc nắm vững các kiến thức toán học giúp cho học sinh có cơ sở nghiên cứu các bộ môn khoa học khác, đồng thời có thể hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực Trong đó, tam giác đồng dạng là một kiến thức có rất nhiều ứng dụng trong giải toán hình học và đặc biệt là trong thực tế cuộc sống; để giải các bài toán hình học 8, bên cạnh việc nắm vững khái niệm và các tính chất cơ bản của tam giác đồng dạng, mỗi học sinh phải có sự đam mê, tìm tòi để lĩnh hội các kiến thức 2 Cơ sở thực tiễn Đa số học sinh thường ngại khi học hình học, các em chưa định hướng được cách giải các bài toán một cách rõ ràng, không biết dùng kiến thức nào vào giải các bài toán Ngoài ra, trong các bài kiểm tra, thi thì số điểm của hình học thường chiếm tỉ lệ ít hơn nên một số học sinh không chú trọng đến bài toán hình Do đó học sinh không có hứng thú khi học hình học Một số học sinh ý thức tự học chưa 3 cao, không tích cực và chủ động lĩnh hội kiến thức Đối tượng giảng dạy là những học sinh người dân tộc thiểu số vùng sâu, vùng xa đến từ hai huyện Tân Phú - Định Quán, hoàn cảnh kinh tế gia đình khó khăn; sự quan tâm của gia đình đến việc học của các em cũng chưa thật sâu sắc Mặt khác, đa số các em chỉ thích học các môn vận động, năng khiếu, khả năng tư duy các môn tự nhiên chậm, đặc biệt với những bài toán hình học Tuy nhiên, học sinh ở nội trú nên thuận lợi cho việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi, phụ đạo học sinh trung bình, yếu và kém trong các tiết tự học và ngoài giờ học Giải pháp này là giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có trong sách vở III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP * 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 cạnh còn lại thì nó định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ MN // BC A AM AN = AB AC AM AN = MB NC M N B C 2 Khái niệm tam giác đồng dạng Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ + A = A' ; B = B' ; C = C ' ; + A ' B ' B 'C ' A 'C ' = = AB BC AC 3 Tính chất tam giác đồng dạng - Mỗi tam giác đồng dạng với chính nó; - Nếu ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC thì ∆ABC đồng dạng với ∆A’B’C’; - Nếu ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆A”B”C” và ∆A”B”C” đồng dạng với ∆ABC thì ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC 4 Các trường hợp đồng dạng của tam giác: 4.1 Trường hợp thứ nhất (c.c.c): Nếu 3 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 3 cạnh của tam giác kia thì 2 tam giác đó đồng dạng 4.2 Trường hợp thứ hai (c.g.c): 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 4 4.3 Trường hợp thứ ba (g.g): Nếu 2 góc của tam giác này lần lượt bằng 2 góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng 4.4 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 lệ 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 * Giải pháp: Một vài ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng trong hình học 8 1 Tính độ dài đoạn thẳng, góc, chu vi, diện tích 1.1 Tính độ dài đoạn thẳng Dựa vào các cặp tam giác đồng dạng, lập tỉ số các cạnh tương ứng rồi từ đó suy ra số đo cạnh cần tính 1.1.1 Ví dụ minh họa: Bài tập 1 (Bài 36 SGK/79) (có hình vẽ sẵn) ABCD là hình thang (AB // CD) GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm ˆ ˆ DAB = DBC KL x = ? Giải ˆ ˆ ∆ABD và ∆BDC có : DAB = DBC (gt); ˆ ˆ ABD = BDC (so le trong, do AB//CD) ⇒ ∆ABD đồng dạng với ∆BDC (g.g) ⇒ x AB BD 12,5 = hay = 28,5 BD DC x ⇒ x2 = 12,5 28,5 ⇒ x = 12,5 28,5 ≈ 18,9(cm) Bài tập 2 (35 SBT/ 72) GT A 8 ∆ABC; AB = 12cm; AC = 15cm BC = 18cm; AM = 10cm; AN = 8cm KL MN = ? 10 M B N C Giải 5 Xét ∆ABC và ∆ANM ta có: AM 10 2  = = AM AN  AC 15 3  = ⇒ AN 8 2 AC AB = =  AB 12 3  ˆ Mặt khác, có A chung Vậy ∆ABC đồng dạng với ∆ANM (c.g.c) Từ đó ta có: AB BC 12 18 8.18 ⇒ MN = = 12(cm) = hay = 8 MN 12 AN NM Bài tập 3: ˆ ˆ a) Tam giác ABC có B = 2C ; AB = 4cm; BC = 5cm Tính độ dài AC? ˆ ˆ b) Tính độ dài các cạnh của ∆ABC có B = 2C biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự nhiên liên tiếp Giải ˆ ˆ a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC Suy ra D = DCB ˆ ˆ ˆ Mà ABC = D + DCB (tính chất góc ngoài tam giác) ˆ ˆ Do đó, ABC = 2 D (1) ˆ ˆ Theo giả thiết, ABC = 2 ACB (2) ˆ ˆ (1) và (2) suy ra ACB = D A ˆ ˆ ˆ ∆ACD và ∆ABC có A chung; C = D (cmt) B ⇒ ∆ACD đồng dạng với ∆ABC (g.g) ⇒ AC AD = ⇒ AC2 = AB AD = 4 9 = 36 AB AC ⇒ AC = 6(cm) D C b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lượt là 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 chỉ có 2 khả năng là: b = c + 1 hoặc b = c + 2 * Nếu b = c + 1 thì từ (1) ⇒ (c + 1)2 = c2 + ac ⇒ 2c + 1 = ac ⇒ c(a-2) = 1 (loại) vì c= 1 ; a = 3; b = 2 không là các cạnh của 1 tam giác 6 * Nếu b = c + 2 thì từ (1) ⇒ (c + 2)2 = c2 + 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 1.1.2 Bài tập: 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 < 2ac với AB = c; BC = a a+c c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n Cạnh hình thoi bằng d 1.2 Tính góc 1.2.1 Ví dụ minh họa: Bài 1: Cho ∆ABH vuông tại H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối của HB lấy điểm C sao cho AC = 5 ˆ AH Tính BAC 3 A ˆ ∆ABH; H = 900; AB = 20cm GT BH = 12cm; AC = 20 5 AH 3 B 12 ˆ BAC = ? KL C H Giải: Ta có AB 20 5 AC = = = ⇒ BH 12 3 AH AB BH = AC AH ˆ ˆ Xét ∆ABH và ∆ CAH có: AHB = CHA = 900; AB BH = (chứng minh trên) AC AH ⇒ ∆ABH đồng dạng với ∆CAH (cạnh huyền- cạnh góc vuông) ˆ ˆ ⇒ CAH = ABH ˆ ˆ ˆ ˆ Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900 ˆ Do đó: BAC = 900 7 Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có góc A bằng 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 số đo góc BKD? ˆ Hình thoi ABCD; A = 600 GT BN ∩ DM tại K ˆ KL Tính BKD = ? Giải Do BC // AN (vì N ∈ AD) nên ta có: MB MC = (1) AB NC Do CD // AM (vì M ∈ AB) nên ta có: MC AD = (2) NC DN Từ (1) và (2) ⇒ MB AD = AB DN ˆ ∆ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và A = 600 nên là ∆ đều ⇒ AB = BD = DA Từ MB AD MB BD = = (cm trên) ⇒ AB DN BD DN ˆ ˆ Mặt khác: MBD = NDB = 120 0 Xét 2∆MBD và ∆BDN có: MB BD ˆ ˆ = ; MBD = NDB BD DN ⇒ ∆MBD đồng dạng với ∆BDN (c.g.c) ˆ ˆ ⇒ BMD = DBN ˆ ˆ ˆ ∆MBD và ∆BKD có BMD = DBN ; BDM chung ⇒ ∆MBD đồng dạng với ∆BKD ˆ Vậy BKD = 1200 1.2.2 Bài tập: ∆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 đồng dạng với ∆ABC b) Biết A = 1050; D = 450 Tính các góc còn lại của mỗi ∆ 1.3 Tính chu vi, diện tích của các hình 1.3.1 Ví dụ minh họa Bài 1(Bài 33 SBT/72) GT ∆ABC; O nằm trong ∆ABC; 8 P, Q, R là trung điểm của OA, OB, OC a) ∆PQR đồng dạng với ∆ABC KL 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 = Từ đó ta có: 1 1 1 AB; QR = BC ; RP = CA 2 2 2 PQ QR RP 1 = = = AB BC CA 2 ⇒ ∆PQR đồng dạng với ∆ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K = 1 2 b) Gọi P là chu vi của ∆PQR, P’ là chu vi của ∆ABC ta có P' 1 1 1 =K= ⇒ P’ = P = 543 = 271,5(cm) P 2 2 2 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 = 2 chu vi ∆ABC 5 Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm ∆ABC; DE//BC (D thuộc AB, E thuộc AC) GT A 2 C.vi∆ADE= C.vi∆ABC 5 C.vi ∆ADE + C.vi∆ABC = 63cm D E B C Tính C.vi ∆ABC và C.vi ∆ADE KL Giải: Do DE // BC nên ∆ADE đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng k= AD 2 = Ta có: AB 5 9 Chuvi ∆ADE ' 2 Chuvi ∆ABC Chuvi∆ADE Chuvi∆ABC + Chuvi∆ADE 63 = ⇒ = = =9 = 5+ 2 7 Chuvi∆ABC 5 5 2 Do đó: Chu vi ∆ABC = 5.9 = 45 (cm) Chu vi ∆ADE = 2.9 = 18 (cm) Bài 3 (Bài 10 SGK/63) ∆ABC; đường cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH GT A Theo thứ tự tại B’, C’, H’ a) KL AH ' B ' C ' = AH BC H’ B’ b) Biết AH’ = 1 AH; S∆ABC = 67,5cm2 3 B C’ d C H Tính S∆AB’C’ Giải: a) Vì d // BC ⇒ b) Từ AH ' B ' H ' H ' C ' B ' H '+ H ' C ' B' C ' = = = = (đpcm) AH BH HC BH + HC BC S ∆AB 'C ' AH ' B ' C ' AH ' 2 AH '.B ' C ' 2 S ∆AB 'C ' = ⇒( ) = = 2S = S AH BC AH AH BC ∆ABC ∆ABC Mà AH’ = 1 AH ' 1 AH ' 2 1 1 AH ⇒ = ⇒( ) = ( )2 = 3 AH 3 AH 3 9 S ∆AB 'C ' Vậy S = ∆ABC 1 mà S∆ABC = 67,5cm2 9 S ∆AB 'C ' 1 S ∆AB 'C ' 1 67,5 Nên ta có : S = ⇒ 67,5 = ⇒ S∆AB’C’ = 9 9 9 ∆ABC = 7,5(cm2) A Bài 4 (Bài 50 SBT/75) ˆ ∆ABC ( A = 900); AH ⊥ BC GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm KL Tính S∆AMH Giải B C 4 H M 9 Xét 2∆ vuông HBA và ∆ vuông HAC có: ˆ ˆ BAH + HAC = 900 (1) ˆ ˆ HCA + HAC = 900 (2) ˆ ˆ Từ (1) và (2) ⇒ BAH = HCA 10 ⇓ Từ (1) và (2) ⇒ AM BI = AI.IM ˆ B ˆ ˆ ˆ = I 1 hay I 1 = B1 2 b) Tương tự ý a Chứng minh ∆BNI đồng dạng ∆BIA (gg) ⇒ BN BI = NI IA ⇒ BN IA = BI IN c) (Câu a) (Câu b) ⇓ ⇓ ∆AMI đ.dạng ∆AIB ∆BNI đ.dạng ∆BIA ⇓ ⇓ 2 AI 2  AI  = 2 ÷ BI  IA  - HS nhận xét  AI 2 Tính AI ; BI ⇒ BI 2 2 2 (Tính AI2; BI2 nhờ ∆đồng dạng) AM AI = IM BI BI BN = AB BI ⇓ AI2 ⇓ BI2 = BN AB = AM AB AM AI 2 = 2 BN BI ⇓ 2 AM  AI   ÷ = BN  BI  4.2 Bài tập: Bài 1: Cho hình thanh ABCD (AB // CD), gọi O là giao điểm của 2 đường chéo Qua O kẻ đường thẳng song song với 2 đáy cắt BC ở I cắt AD ở J a) 1 = OI 1 AB + b) CMR: 2 IJ 1 AB + = 1 CD 1 CD Bài 2: Cho ∆ABC, phân giác AD (AB < AC) trên tia đối của tia DA lấy điểm I ˆ ˆ sao cho ACI = BDA CMR: a) AD DI = BD.DC 18 b) AD2 = AB AC- BD DC 5 Chứng minh quan hệ song song Kiến thức áp dụng: - Định nghĩa tam giác đồng dạng - Các trường hợp đồng dạng của tam giác - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song 5.1 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi M là trung điểm của CD, E là giao điểm của MA và BD; F là giao điểm của MB và AC Chứng minh rằng EF//AB ABCD (AB // CD) A GT DM = MC MA ∩ DB = { E} ;MB ∩ AC= { F } B E F KL EF // AB Định hướng giải: D M - Sử dụng trường hợp đồng dạng của tam giác C - Định nghĩa hai tam giác đồng dạng - 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 đồng dạng ∆AEB GT ∆MFC đồng dạng ∆BFA ⇓ ⇓ ⇓ ME MD = EA AB MD = MC MF MC = FB AB ⇓ 19 ME EA = MF FB ⇓ EF // AB (Định lý Ta lét đảo) Ví dụ 2: Cho ∆ ABC có các góc nhọn, kẻ BE, CF là hai đường cao Kẻ EM, FN là hai đường cao của ∆AEF Chứng minh MN // BC Sơ đồ phân tích ∆AMF đồng dạng ∆AFC (g.g) ∆AFN đồng dạng ∆ABE ⇓ ⇓ AM AF = AE AC AF AN = AB AE A M ⇓ AM AF AE AE = AF AB AC AC = E F ⇓ AM AB N B C AN AC ⇓ MN // BC (định lý Ta–lét đảo) Ví dụ 3: Cho ∆ABC, các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CA theo tỷ số 1 : 2, các điểm I, K theo thứ tự chia trong các đoạn thẳng ED, FE theo tỉ số 1 : 2 Chứng minh rằng IK // BC A Giải: Gọi M là trung điểm của AF Gọi N là giao điểm của DM và EF Xét ∆ ADM và ∆ ABC có: AD AB = AM AC = M D B F I K E N C 1 3 Góc A chung ⇒ ∆ADM đồng dạng ∆ABC (c.g.c) 20 ˆ ˆ ⇒ ADM = ABC mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên DM // BC ⇒ MN // EC mà MF = FC nên EF= FN Ta có: mà EK EK EF 2 1 1 = = = (1) EN EF EN 3 2 3 EI 1 = (gt) (2) ED 3 Từ (1) và (2) ⇒ EK EI = Suy ra IK // DN (định lý Ta – lét đảo) EN ED Vậy IK // BC 5.2 Bài tập: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD Đường thẳng đi qua B và song song với AD cắt AC ở G Chứng minh rằng EG//DC 6 Chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau 6.1 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: (Bài 20 SGK/68) Cho hình thang ABCD (AB// CD) Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O Đường thẳng a qua O và song song với đáy của hình thang cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự tại E và F A B Chứng minh rằng: OE = OF a E F O D C Định hướng Sơ đồ giải H:Bài cho đường thẳng EF//AB (và CD) OE = OF ⇑ TL: Các tam giác đồng dạng và các đoạn thẳng tỷ lệ H: EO và đoạn nào trên hình vẽ sẽ thường lập được tỷ số? EO TL: DC H: Vậy OF trên đoạn nào? (gợi ý) OE OF = DC DC ⇑ OE AO OF BO AO BO = ; = ; = DC AC DC BD AC BD ⇑ ⇑ ⇑ ∆OAE đd ∆ADC; ∆BOF đd ∆BDC; ∆AOB đd ∆COD ⇑ ⇑ 21 TL: EF OF DC // DC AB // CD ⇑ Gt H: Vậy để chứng minh đoạn thẳng bằng nhau (OE = OF) ta sẽ đưa về chứng minh điều gì? TL : EO DC = OF (1) DC H: OE; DC là cạnh của những tam giác nào? (∆AEO; ∆ADC các tam giác này đã đồng dạng chưa? Vì sao? H: Đặt câu hỏi tương tự cho OF, DC H: lập tỷ số bằng TL: EO OF = DC DC EO AO OF BO = ; = DC AC DC BD H: Vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh điều gì? TL: AO BO = AC BD H: Đây là tỷ số có được từ cặp tam giác đồng dạng nào? TL: ∆AOB; ∆COD H: Hãy chứng minh điều đó Ví dụ 2: (Bài 10 SBT/67) Cho hình thang ABCD (AB // CD) đường thẳng song song với đáy AB cắt các cạnh bên và các đường chéo AD, BD, AC và BC theo thứ tự tại các điểm M, N, P, Q Chứng minh rằng: MN = PQ Định hướng giải: Đây là bài tập mở rộng hơn so với ví dụ 1 Từ hệ quả của định lý Talet cho ta các tam giác đồng dạng và ta chứng minh được: DM CQ = DA CB MQ//AB ⇓ PQ CQ = AB CB ⇓ DM MN = DA AB PQ MN = AB AB ⇓ MN=PQ Ví dụ 3: (Bài 32 SGK/77) 22 ˆ Trên một cạnh của góc xoy ( xOy ≠ 1800), đặt các đoạn thẳng OA=5cm, OB=16cm Trên cạnh thứ nhất của góc đó, đặt các đoạn thẳng OC = 8cm, OD=10cm a) Chứng minh hai tam giác OCB và OAD đồng dạng b) Gọi giao điểm các cạnh AB và BC là I, CMR: Hai tam giác IAB và IBC có các góc bằng nhau từng đôi một a) ∆OCB và ∆OAD có:  OC OB 8 = =   OA OD 5 ⇒ ∆OBC đồng dạng ∆ODA O chung ˆ  b) ∆IAB và ∆ICD ta dễ nhìn thấy không bằng nhau Do đó để chứng minh chúng có các góc bằng nhau từng đôi một ta đi chứng minh đồng dạng ˆ ˆ Vì ∆OBC đồng dạng ∆ODA nên OBC = ODA (1) Mặt khác ta có AIˆB = CIˆD (đối đỉnh) ⇒ ∆BAI đồng dạng ∆DCI (g.g) ˆ ˆ ⇒ BAI = DCI Ví dụ 4: (Bài 36 SGK/72) Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 4cm, CD= 16cm và BD = 8cm ˆ ˆ Chứng minh: Ta chỉ xét chứng minh BAD = DBC Xét ∆BAD và ∆DBC có AB // CD do đó: A 4 ˆ ˆ ABD = BDC (so le trong ) 8 AB 4 1 = = BD 8 2 BD 8 1 = = DC 16 2 ⇒ B D 16 C AB BD 1 = ( cùng bằng ) BD DC 2 23 ⇒ ∆BAD đồng dạng ∆DBC (c.g.c) ˆ ˆ ⇒ BAD = DBC Ví dụ 5: (Bài 60 SBT/77) Tam giác ABC có hai trung tuyến AK và CL cắt nhau tại O.Từ một điểm P bất kỳ trên cạnh AC, vẽ các đường thẳng PE song song với AK, PF song song với CL ( E thuộc BC, F thuộc AB) các trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ tự tại M, N Chứng minh rằng các đoạn thẳng FM, MN, NE bằng nhau Định hướng giải: Từ giả thiết cho song song ta suy ra các tỷ lệ thức và tam giác đồng dạng Ta có: AK//PE ⇒ FM FQ = (1) FE FP CL//PF ⇒ FQ FP AF = (cùng ) LO CL AL ⇒ FQ LO 1 LO 1 = (2) ( ta có trung tuyến = ) = FP CL 3 CL 3 Từ (1) và (2) suy ra FM 1 1 = ⇒ FM = FE FE 3 3 Tương tự ta cũng có EN = 1 1 EF và do đó suy ra MN = EF 3 3 Vậy FM = MN = NE Nhận xét: Tam giác đồng dạng có nhiều ứng dụng trong giải toán Khi ứng dụng để chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau thì các phương pháp thường dùng ở đây là: - Đưa 2 đoạn thẳng cần quy bằng nhau về là tử của 2 tỷ số có cùng mẫu - Chứng minh các đoạn thẳng cùng bằng một độ dài nào đó - Đưa 2 góc cần chứng minh bằng nhau về là 2 góc tương ứng của 2 tam giác đồng dạng - Chứng minh 2 tỷ số bằng nhau sau đó chứng minh tử bằng nhau suy ra 2 đoạn thẳng ở mẫu bằng nhau 7 Giải toán dựng hình Đối với một số bài toán dụng hình nhất là dựng hình tam giác, khi chỉ biết một yếu tố về độ dài, còn lại là biết tỉ số giữa các độ dài hoặc biết số đo các góc thì ta có thể nghĩ đến phương pháp tam giác đồng dạng Trước hết ta tạm bỏ qua một điều kiện (độ dài đã cho) ta dựng được một tam giác đồng dạng với tam giác cần dựng Sau đó dựa vào điều kiện còn lại ta xác định được hình cần dựng 24 7.1 Ví dụ minh họa: Dựng tam giác ABC biết góc A bằng 600, AB 2 = và BC = a BC 3 Giải: + Phân tích Giả sử đã dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài Vẽ môt đường thẳng song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại M và N Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt MN tại P Dễ thấy MN = BC = a ∆AMN đồng dạng với ∆ABC ⇒ AM AB 2 = = AN AC 3 Vậy ∆AMN dựng được, từ đó dựng được P, C rồi B + Cách dựng: - Dựng ∆AMN sao cho góc A bằng 600, AM = 2, AN = 3 - Trên tia MN lấy điểm P sao cho MP = a - Dựng PC//AB ( C thuộc AN) - Dựng CB // MN (B thuộc AM) ∆ABC là tam giác phải dựng 8 Ứng dụng thực tế M 8.1 Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Để đo khoảng cách giữa 2 điểm A và M, trong đó M không tới được, người ta tiến hành đo và tính khoảng cách (như hình vẽ) AB ⊥ BM; BH ⊥ AM Biết AH = 15m; AB = 35m B H Giải : Xét ∆ AMB và ∆ ABH có: 0 ˆ ˆ ABM = AHB = 90 (gt); A ˆ A chung ⇒ ∆AMB đồng dạng ∆ABH (gg) 25 ⇒ AM AB = AB AB 2 352 = ⇒ AM = = 81,7(m) AH 5 5 Vậy khoảng cách giữa 2 điểm A và M gần bằng 81,7 mét Ví dụ 2: (Bài 48 SGK/84) Bóng của một cột điện trên mặt đất có độ dài là 4,5m Cùng thời điểm đó, một thanh sắt cao 2,1m cắm vuông góc với mặt đất có bóng dài 0,6m Tính chiều cao của cột điện Giải Gọi độ cao của cột điện là x Xét hai tam giác đồng dạng ABC và A’B’C’ Ta có hệ thức: x 4,5 = ⇒ x = 15,75(m) 2,1 0,6 8.2 Bài tập: Bài 1: (Bài 53SGK/87) Một người đo chiều cao của một cây nhờ một cọc chôn xuống đất, cọc cao 2m và đặt xa cây 15m Sau khi người ấy đi lùi ra xa cách cọc 0,8m thì nhìn thấy đầu cọc và đỉnh cây cùng nằm trên một đường thẳng Hỏi cây cao bao nhiêu, biết rằng khoảng cách từ chân đến mắt người ấy là 1,6m Bài 2: (Bài 50SGK/84) Bóng của một ống khói nhà máy trên mặt đất có độ dài là 36,9m Cùng thời điểm đó, một thanh sắt cao 2,1m cắm vuông góc với mặt đất có bóng dài 1,62m Tính chiều cao của ống khói IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 1 Kết luận: Trên đây là một số ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng trong hình học 8 Trong mỗi ứng dụng đều có những ví dụ điển hình và các bài tập tương tự Tam giác đồng dạng và những ứng dụng của nó rất đa dạng, tuy nhiên với khả năng của mình, tôi chỉ nêu một vài ứng dụng thường gặp trong chương trình hình học 8 Dẫu biết rằng, ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng đã được nhiều tác giả đề cập ở nhiều khía cạnh khác nhau Do đó không thể có sự sáng tạo hoàn toàn mà chỉ dừng lại ở mức độ nhất định Tôi tin chắc rằng kinh nghiệm của tôi cũng chỉ là một trong những biện pháp nhỏ bé trong vô vàn phương pháp được đúc kết trong sách vở cũng như các quý thầy cô giáo đi trước Vì vậy bản thân tôi rất mong được sự đóng góp chân thành từ các thầy cô giáo và bạn bè đồng nghiệp để giúp tôi hoàn thiện phương pháp của mình để phục vụ cho sự nghiệp giáo dục nhiều hơn Tôi xin chân thành cảm ơn! 26 2 Kết quả thực hiện Qua quá trình vận dụng đề tài vào trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh đã có sự hứng thú hơn trong quá trình làm các bài tập và tiết học hình học hứng thú hơn Các em mạnh dạn làm các bài tập hơn và đã có sự tiến bộ trong quá trình học tập Cụ thể như sau: Tổng số HS Số HS trên trung bình Trong đó số HS đạt giỏi, khá Số HS dưới trung bình TSHS % TSHS % TSHS % Khi chưa áp dụng chuyên đề 65 38 58.5 10 15.38 27 41.5 Sau khi áp dụng chuyên đề 65 51 78.46 18 27.69 14 21,5 4 Kết quả trên cho thấy số học sinh đạt điểm trên trung bình, khá, giỏi tăng lên rõ rệt; tuy nhiên một số học sinh còn ẩu trong trình bày bài giải, vẽ hình V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Tùy từng đối tượng học sinh giáo viên đưa ra các yêu cầu, bài tập vừa sức nhằm tạo niềm tin cho học sinh từ đó các em có hứng thú hơn khi học hình học Giáo viên nên có một vài tiết ngoài giờ để hệ thống lại một vài ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng sau khi học sinh học xong kiến thức tam giác đồng dạng để các em nắm vững kiến thức và linh hoạt vận dụng trong khi làm bài tập cũng như trong thực tế cuộc sống SKKN này áp dụng chủ yếu cho học sinh lớp 8 VI TÀI LIỆU THAM KHẢO - Sách giáo khoa Toán 8 tập 2 - tác giả Nguyễn Huy Đoan, Lê Văn Hồng, Trương Công Thành, Nguyễn Hữu Thảo - Bộ Giáo dục và Đào tạo - 2007; - Sách bài tập Toán 8 tập 2 - tác giả Nguyễn Huy Đoan, Lê Văn Hồng, Trương Công Thành, Nguyễn Hữu Thảo - Bộ Giáo dục và Đào tạo - 2004; - Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 8 - Tác giả Bùi Văn Tuyên – NXBGD – 2010; - Tổng hợp kiến thức toán THCS 8 - tác giả Phạm Thu – NXBĐHSP – 2005; - Nâng cao và phát triển Toán 8 tập 2 - Tác giả Vũ Hữu Bình - NXBGD - 2005; - Cơ bản và nâng cao toán 8 tập 2 - Tác giả Vũ Hữu Bình - NXBGD - 2010 27 VII PHỤ LỤC Trang I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 02 II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 02 1 Cơ sở lý luận .02 2 Cơ sở thực tiễn 02 III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP 03 * Kiến thức cơ bản 03 * Giải pháp: Một vài ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng trong hình học 8 .04 1 Tính độ dài đoạn thẳng, góc, chu vi, diện tích 04 2 Tính tỷ số đoạn thẳng, tỷ số chu vi, tỷ số diện tích 10 3 Chứng minh ba điểm thẳng hàng .12 4 Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng 13 5 Chứng minh quan hệ song song 18 6 Chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau 20 7 Giải toán dựng hình 24 8 Ứng dụng thực tế 25 IV HIỆU QUẢ ĐỀ TÀI 25 V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 26 VI TÀI LIỆU THAM KHẢO .27 VII PHỤ LỤC .28 Tân Phú, ngày 20 tháng 5 năm 2014 NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Thị Hòa 28 ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT HS Bài 1: Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm2, trong đó diện tích ∆ABC là 11cm2 Qua B kẻ đường thẳng // với AC cắt AD ở M, cắt CD ở N Tính diện tích ∆MND Bài 2: 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 PA AP và PC AC b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh rằng PQ // BC Tính tỷ số PQ PM và BC MB c) Chứng minh rằng diện tích 4 tam giác BAM, BMD, CAM, CMD bằng nhau Tính tỷ số diện tích ∆MAP và ∆ABC Bài 3: Cho ∆ABC, phân giác AD (AB < AC) trên tia đối của tia DA lấy điểm I ˆ ˆ sao cho ACI = BDA CMR: AD DI = BD.DC HẾT - 29 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường PT DTNT liên huyện Tân Phú - Định Quán ––––––––––– CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Tân Phú, ngày 20 tháng 5 năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 - 2014 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: “MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG HÌNH HỌC 8” Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hòa Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường PT Dân tộc nội trú liên huyện Tân Phú - Định Quán Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  2 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  3 Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN Tôi cam kết và chịu trách nhiệm, đây là SKKN của tôi, không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép nội dung SKKN cũ của mình XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) Nguyễn Thị Hòa THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) Bùi Thị Thủy 30 31 ... SKKN: “MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG HÌNH HỌC 8? ?? I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Khái niệm tam giác đồng dạng học sinh làm quen chương trình tốn Ta biết hai tam giác đồng dạng suy... CỦA ĐỀ TÀI Kết luận: Trên số ứng dụng phương pháp tam giác đồng dạng hình học Trong ứng dụng có ví dụ điển hình tập tương tự Tam giác đồng dạng ứng dụng đa dạng, nhiên với khả mình, tơi nêu vài. .. hai tam giác đồng dạng 4.3 Trường hợp thứ ba (g.g): Nếu góc tam giác góc tam giác hai tam giác đồng dạng 4.4 Các trường hợp đồng dạng tam giác vuông + Tam giác vuông có góc nhọn góc nhọn tam giác