BDHSG PHUONG PHAP DONG DANG

Chuyên đề: PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG CẤU TRÚC CHUN ĐỀ Phần I KIẾN THỨC CƠ BẢN -1 Đinh lý Talet tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh lại định cạnh đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ MN // BC A 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: � � � � A'  � A ; B '  B; C '  C + � 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 lẹ với hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác đồng dạng + Nếu cạnh huyền cạnh tam giác vuông tỷ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác đồng dạng Trang PHẦN III CÁC DẠNG TỐN 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) A 12,5 B GT ABCD h.thang (AB // CD) AB = 12,5cm; CD = 28,5cm � � DBA = DBC x KL D C x =? Giải � � ABD BDC có : DAB = DBC (gt) �1 � B = D1 ( so le AB // CD)  ABD P BDC (g.g) x AB BD 12,5  BD = DC hay x = 28,5  x2 = 12,5 28,5  x = 12,5 28,5  18,9(cm) Bài 35 – 72 – SBT: A 10 M GT KL ABC; AB = 12cm; AC = 15cm BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm MN = ? N B C Giải Xét ABC ANM ta có : AM 10 AC = 15 = AN 18 AB = 12 = AM AN  AC = AB Mặt khác, có �A chung Vậy ABC P ANM (c.g.c) AB BC 12 18 8.18  Từ ta có : AN = NM hay 18 MN  12 = 12(cm) Bài tập 3: Trang � a) Tam giác ABC có B� = C ; AB = 4cm; BC = 5cm Tính độ dài AC? � b) Tính độ dài cạnh ABC có B� = C biết số đo cạnh số tự nhiên liên tiếp A Giải a) Trên tia đối tia BA lấy BD = BC � � ACD ABC có �A chung; C = D = B  ACD P ABC (g.g) AC AD  AB = AC  AC2 = AB AD D C = = 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 Bài tập đề nghị: + Bài 1: Cho ABC vuông A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đường trung trực BC cắt BC , BA, CA M, E, D Tính độ dài 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 2ac b) Chứng minh BD < a  c với AB = c; BC = a c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n Cạnh hình thoi d Loại 2: TÍNH GĨC Ví dụ minh họa: + Bài 1: Cho ABH vng H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối HB � lấy điểm C cho AC = AH Tính BAC Trang A � ABH; H = 900 ; AB = 20cm 20 BH = 12cm; AC = AH � BAC GT KL B 12 H C =? Giải: AB 20 AC    Ta có BH 12 AH AB BH   AC AH Xét ABH  CAH có : � � AHB = CHA = 900 AB BH  AC AH (chứng minh trên) � ABH  ABH P CAH (CH cạnh gv)  CAH = � � � � ABH = 900 nên BAH Lại có BAH + � + CAH = 900 Do : BAC = 900 Bài 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? M Hình thoi ABCD; �A = 600 ; B GT BN  DM K KL K � Tính BKD =? C A D Giải: N MB MC  Do BC // AN (vì N  AD) nên ta có : AB NC (1) MC AD  Do CD // AM (vì M  AB) nên ta có : NC DN (2) MB AD  Từ (1) (2)  AB DN � A ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) Trang = 60 nên   AB = BD = DA MB AD MB BD   Từ AB DN (cm trên)  BD DN � � DBN MBD Mặt khác : = = 120 MB BD  Xét 2MBD BDN có : BD DN ; � � MBD = DBN  MBD P BDN (c.g.c) � �  M = B1 � � � � � MBD KBD có M = B1 ; BDM chung  BKD = MBD = 1200 � Vậy BKD = 1200 Bài tập đề nghị: 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  Loại 3: TÍNH TỶ SỐ ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ CHU VI, TỶ SỐ DIỆN TÍCH Ví dụ minh họa: � � + Bài 1: Cho ABC, D điểm cạnh AC cho BDC  ABC BD Biết AD = 7cm; DC = 9cm Tính tỷ số BA B GT KL � � ABC; D  AC : BDC  ABC ; AD = 7cm; DC = 9cm Tính BD BA C B A Giải: � � CAB CDB có C chung ; ABC = BDC (gt) CB CA   CAB P CDB (g.g)  CD CB ta có : CB2 = CA.CD Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = + = 16 (cm) Do CB2 = 9.16 = 144  CB = 12(cm) DB  Mặt khác lại có : BA + Bài 2: (Bài 29 – 74SGK) A A’ B 12 Giải: C B’ 12 GT KL C’ Trang ABC A’B’C’: AB =6 ; AC = 9; A’C’ = 6; B’C’ = a) ABC P A’B’C’ b) Tính tỉ số chu vi A’B’C’ ABC a) A’B’C’ P ABC (c.c.c) A' B ' A' C ' B' C '    Vì AB AC BC A' B' A' C ' B' C ' A' B' A' C ' B' C '   AC BC = AB  AC  BC b) A’B’C’ P A B C (câu a)  AB   18  =   12 27 Chuvi A' B ' C ' 18  27 Vậy ChuviABC + + + + Bài 3: Cho hình vng ABCD, gọi E F theo thứ tự trung điểm Ab, BC, SCMB CE cắt DF M Tính tỷ số D C S ABCD ? GT M Hình vng ABCD; AE = EB ; BF = CF; CE  DF M SCMB S F KL Tính ABCD ? A E B Giải: � Xét DCF CBE có DC = BC (gt); C = B� = 900; BE = CF � � C  DCF = CBE (c.g.c)  D = � � � � Mà C + C = 1v  C + D = 1v  CMD vuông M DC CM  � � � � C2 ; C = M CMD P FCD (vì D )  FD FC = SCMD CD CD 2 S FCD = FD  S = FD S CMD FCD 1 1 Mà SFCD = CF.CD = BC.CD = CD2 CD 1 CD 2 Vậy SCMD = FD CD2 = FD (*) Áp dụng định lý pitago vào tam giác vng DFC, ta có: 1 2 DF = CD + CF = CD + ( BC) = CD + CD = CD2 Thay DF2 = CD2 ta có : 1 SCMD = CD = SABCD SCMB S ABCD  = 2 2 Bài tập đề nghị: Cho ABC, D trung điểm BC, M trung điểm AD Trang a) BM cắt AC P, P’ điểm đối xứng củ P qua M Chứng minh PA = P’D PA AP Tính tỷ số PC AC PQ PM b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh PQ // BC Tính tỷ số BC MB c) Chứng minh diện tích tam giác BAM, BMD, CAM, CMD Tính tỷ số diện tích MAP ABC Loại 4: TÍNH CHU VI CÁC HÌNH + Bài 1(bài 33 – 72 – SBT) ABC; O nằm ABC; GT P, Q, R trung điểm OA, OB, OC KL a) PQR P ABC b) Tính chu vi PQR Biết chu vi ABC 543cm Giải: a) PQ, QR RP đường trung bình OAB , ACB OCA Do ta có : 1 PQ = AB; QR = BC ; RP = CA PQ QR RP    Từ ta có : AB BC CA A  PQR P ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K = P b) Gọi P chu vi PQR ta có : O P’ chu vi PQR ta có : Q P' 1 K  P  P’ = P = 543 = 271,5(cm) B R C Vậy chu vi PQR = 271,5(cm) + Bài 2: Cho ABC, D điểm cạnh AB, E điểm cạnh AC cho DE // BC Xác định vị trí điểm D cho chu vi ABE = chu vi ABC Tính chu vi tam giác đó, biết tổng chu vi = 63cm ABC; DE//BC; C.viADE= C.vi ABC A GT C.vi ADE + C.viADE = 63cm Trang D E KL Tính C.vi ABC C.vi ADE B C Giải: Do DE // BC nên ADE PABC theo tỷ số đồng dạng AD K = AB = Ta có Chuvi ADE' Chuvi ABC ChuviADE ChuviABC  ChuviADE 63    ChuviABC 5 %2 =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 = Tính chu vi tam giác, biết hiệu chu vi tamgiasc 51dm + Bài 2: Tính chu vi ABC vuông A biết đường cao ứng với cạnh huyền chia tam giác thành tam giác có chu vi 18cm 24cm Loại 5: TÍNH DIỆN TÍCH CÁC HÌNH + Bài 1(Bài 10 – 63 – SGK): A B’ H’ C’ ABC; đường caoAH, d// BC, d cắtAB,AC,AH GT theo thứ tự B’, C’, H’ KL AH ' B ' C '  a) AH BC b) Biết AH’ = AH; SABC = 67,5cm2 B H Giải: C Tính SA’B’C’ AH ' B' H ' H ' C ' B ' H ' H ' C ' B'C ' a) Vì d // BC  AH = BH = HC = BH  HC = BC (đpcm) SAB'C ' AH ' B ' C ' AH ' AH '.B ' C ' S AB 'C '  b) Từ AH BC  ( AH )2 = AH BC = 2S ABC = SABC AH ' AH ' 1 Mà AH’ = AH  AH =  ( AH )2 = ( )2 = S AB'C ' S Vậy ABC =  S = 67,5cm2 ABC S AB 'C ' S AB'C ' 1 67 , S Nên ta có : ABC =  = 67,5  SAB’C’ = = 7,5(cm2) Trang + Bài 2(bài 50 – 75 – SBT) ABC( �A = 900); AH  BC GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm KL Tính SAMH Giải: A Xét 2 vng HBA  vng HAC có : � � BAH + HAC = 1v (1) � � HCA + HAC = 1v (2) � � Từ (1) (2)  BAH = HCA Vậy HBA P  HAC (g.g) B H M HB HA   HA HC  HA2 = HB.HC = 4.9 = 36  HA = 6cm Lại có BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm C 1 6.13 SABM = SABC = = 19,5(cm2) SAHM = SBAH = 19,5 - 4.6 = 7,5(cm2) Vậy SAMH = 7,5(cm2) + Bài 3: Cho ABC hình bình hành AEDF có E  AB; D  BC, F  AC Tính diện tích hình bình hành biết : SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2; ABC hình bình hànhAEDF GT SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2 KL Tính SAEDF Giải: � Xét EBD FDC có B� = D (đồng vị DF // AB) (1) � F � E1 = D2 ( so le AB // DF)  E 1= (2) D2 = E1 ( so le DE // AC) Từ (1) (2)  EBD P FDC (g.g) Mà SEBD : SFDC = : 12 = : = ( )2 EB ED 1   Do : FD FC  FD = 2EB ED = FC A  AE = DF = 2BE ( AE = DF) F AF = ED = EC ( AF = ED) E Vậy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm ) 1 SADF = SFDC = 12 = 6(cm2)  SAEDF = SADE + SADF = + = 12(cm ) Trang B D C Bài tập đề nghị: + Bài 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 +Bài 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 + Bài 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 DẠNG II: CHỨNG MINH HỆ THỨC, ĐẲNG THỨC NHỜ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I Các ví dụ định hướng giải: Ví dụ 1: Bài 29(SGK – T79) – (H8 – Tập 2) 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 OA AB CMR: OK = CD * Tìm hiểu tốn : Cho gì? Chứng minh gì? * Xác định dạng tốn: ? Để chứng minh hệ thức ta cần chứng minh điều gì? OA OB TL: OC = OD ? Để có đoạn thẳng ta vận dụng kiến thức TL: Chứng minh tam giác đồng dạng a) OA OD = OB.OC Sơ đồ : � + �A = C (SLT l AB // CD) � + AOB � = COD ( Đối đỉnh) A  H B O OAB P OCD (g.g)  D OA OB OC = OD  Trang 10 K C OA.OD = OC.OC OH AB b) OK = CD OH Tỷ số OK tỷ số nào? OH OA TL : OK = OC OH AB ? Vậy để chứng minh OK = CD ta cần chứng minh điều AB OA TL: CD = OC Sơ đồ : � � +H =K = 900 � = C 1.(SLT; AB // CD)  OAH P OCK(gg)  + � A1 Câu a  OAB P OCD  OH OA OK = OC AB OA CD = OC OH OK = AB CD 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 qua P vng góc với AB I CMR : AB2 = AC AP + BP.PD O C P6 A I Định hướng: - Cho HS nhận xét đoạn thẳng AB (AB = AI + IB)  AB2 = ? (AB.(AI + IB) = AB AI + AB IB) - 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) � + C = I$ = 900 � Sơ đồ : + D = I$ = 900 Trang 11 B � + PBI chung  ADB P PIB  AB PB � + PAI chung  ACB P AIP (gg)  DB IB AB AP =  AB.AI = PB.DB 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 Ví dụ 3: Trên sở ví dụ đưa tốn sau: Cho  nhọn ABC, đường cao BD CE cắt H A CMR: BC2 = BH BD + CH.CE D Định hướng: Trên sở tập E Học sinh đưa hướng giải tập H  Vẽ hình phụ (kẻ KH  BC; K  BC) Sử dụng P chứng minh tương tự ví dụ B C 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) AM BI = AI IM A b) BN IA = BI NI M AM c) BN �AI � � � = �BI � I * Định hướng: a) ? Để chứng minh hệ thức AM BI = AI B N C �AM IM �  � � AI BI � � IM ta cần chứng minh điều b) Để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh điều ( AMI P AIB) Sơ đồ: � A1 = � A2 (gt) �1 I$1 = B $ � * CM: I = B1 � C � v MIC: IMC = 900 - AMI P AIB (gg) ABC: Trang 12 � A � + B� + C = 1800(t/c tổng ) � � � A B C  + + = 900  AM AI � A � Do đó: IMC = + � � Mặt khác: IMC = A1 IM BI =  � A � � hay IMC = + I1 (2) � B I�1 AM BI = AI IM Từ 91) (2)  � � AMI P AIB ( A1 = A2 ; AM  AI IM = BI � B (1) � + I1 (t/c góc ) = � � hay B1 = I1 � I�1 = B )  AM BI = AI IM 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 � � - HS nhận xét �IA � = BI AMI P AIB BNI P BIA  AI 2 Tính AI2 ; BI2  BI (Tính AI2 ; BI2 nhờ P) AM AI  IM = BI BI BN AB = BI   AI2 = AM AB BI2 = BN AB AI AM BI = BN  �AI � AM � � �BI � = BN II Bài tập đề nghị: + Bài 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 Trang 13 CMR : a) OI = b) IJ = AB AB + CD + CD + Bài 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 DẠNG 3: CHỨNG MINH QUAN HỆ SONG SONG I Mục tiêu chung : - Học sinh vận dụng định nghĩa tam giác đồng dạng, trường hợp đồng dạng tam giác, định lý Ta – lét đảo, để giải toán chứng minh quan hệ song song - Thông bao tập khắc sâu kiến thức tam giác đồng dạng, định lý Ta – lét đảo - Rèn kỹ tư duy, suy luận lô gic, sáng tạo giải tập II Kiến thức áp dụng - Định nghĩa tam giác đồng dạng - Các trường hợp đồng dạng tam giác - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song * Ví dụ minh họa: + Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi M trung điểm CD, E giao điểm MA BD; F giao điểm MB AC Chứng minh EF / / AB A B ABCD (AB // CD) DM = MC E F gt E MA  DB =   KL F MB  AC =   EF // AB D M C Định hướng giải: - Sử dụng trường hợp đồng dạng tam giác - 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)   Trang 14 AB // DM  AB // MC  MED P  AEB GT MFC P BFA    ME EA = MD AB ; MF FB MD = MC  ME EA MC AB = 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 Sơ đồ phân tích AMF P AFC (g.g); AFN P ABE A   M AM AF AE = AC AF AB = AN AE N F E  AM AF AF AB AE AE = AC AC B C  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 : 2, điểm I, K theo thứ tự chia đoạn thẳng ED, FE theo tỉ số : Chứng minh IK // BC Gọi M trung điểm AF Gọi N giao điểm DM EF A Xét  ADM  ABC có : AD AB AM = AC D N M F = Góc A chung ADM P ABC (c.gc) Trang 15 I B K E C ABC mà góc vị trí đồng vị nên DM // BC ADM = �  �  MN // EC mà MF = FC nên EF = FN EK EK EF 1 Ta có : EN = EF EN = = (1) EI mà ED = (gt) (2) EK Từ 91) (2)  EN EI = ED Suy IK // DN (định lý Ta – lét đảo) 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 mi9nh EG // DC DẠNG : CHỨNG MINH TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I Các ví dụ định hướng giải: + Ví dụ: Cho ABC; AB = 4,8cn; AC = 6,4cm; BC = 3,6cm F Trên AB lấy điểm D cho AD = 3,2cm, AC lấy điểm E cho AE = 2,4cm, kéo dài ED cắt CB F B a) CMR :  ABC P AED D b) FBD P FEC 3,6 c) Tính ED ; FB? Bài tốn cho gì? C Dạng tốn gì? Để chứng minh  đồng dạng có phương pháp nào? Bài sử dụng trường hợp đồng dạng thứ mấy? Sơ đồ chứng minh: a) GT  � A chung AB AC AE = AD = b)  ABC P AED (c.g.c) ABC P  AED (câu a)  � � C = D1 ;  � � D = D2 � � C = D2 Trang 16 E 2,4 A � 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 điểm � D E AB; AC cho DME = B� a) CMR : BDM P CME b) MDE P DBM c) BD CE không đổi ? Để chứng minh BDM P CME ta cần chứng minh điều A D E ? Từ gt  nghĩ đến 2 P theo trường hợp (g.g) � ? Gt cho yếu tố góc ( B� = C ) � � ? Cần chứng minh thêm yếu tố ( D1 = M ) a) Hướng dẫn sơ đồ gt  ABC cân  � � B =C � � B = M1 ; góc ngồi DBM  � � D = M2  BDM P CME (gg) Câu a gt   DM ME b) = BD BM ; CM = BM  DM ME = � � B = M (gt) ; BD BM  DM ME  BD BM  DME P DBM (c.g.c) c) Từ câu a : BDM P CME (gg) BD BM   CM CE M � � � � � � DMC = M1 + M ; DMC = D1 + B1  ; B  BD CE = Cm BM BC Mà CM = BM = = a Trang 17 C a2  BD CE = (khơng đổi) Lưu ý: Gắn tích BD CB độ dài không đổi Bài cho BC = 2a không đổi Nên phải hướng cho học sinh tính tích BD CE theo a 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 E F cho BM = MN = NC Gọi P giao điểm AM BE; Q P Q giao điểm CF AN CMR: a) F, P, D thẳng hàng; D, Q, E thẳng hàng B C N M D 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 b) PD = EC = = � AC � AC  � � PD = � � �  DEC � BAC (Đơn vị EF // AB) � 4QD � AB  � � �  EDP � DEC QD = � QD � (so le PD // AC)   AC AB  DP QD ; �  EDP � BAC  ABC P DQP (c.g.c) Dạng chứng minh tam giác đồng dạng II Bài tập đề nghị + Bài 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 + Bài 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 : Trang 18 a)  OED P  HCB b)  GOD P  GBH c) Ba điểm O, G, H thẳng hàng GH = 2OG + Bài 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 + Bài 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 DẠNG 5: CHỨNG MINH ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU, GÓC BẰNG NHAU Ví dụ 1: Bài 20 T 68 – SGK 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 = Oì A E B F D Định hướng Sơ đồ giải H:Bài cho đường thẳng EF // AB (và OE = OF CD)  TL: Các tam giác đồng dạng đoạn OE OF thẳng tỷ lệ DC = DC H: EO đoạn hình vẽ  thường lập tỷ số? OE AO OF BO AO BO EO DC = AC ; DC = BD ; AC = BD TL: DC    H: Vậy OF đoạn nào? (gợi ý) AEC BOF AOB OF P P P TL: DC ADC BDC COD   Trang 19 C EF // DC AB // CD  gt H: Vậy để chứng minh đoạn thẳng (OE = OF) ta đưa chứng minh điều gì? EO TL : DC OF DC (1) = 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 H: lập tỷ số DC = DC EO AO OF BO DC = BD TL: DC = AC ; H: Vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh điều gì? AO BO AC = BD TL: H: Đây tỷ số có từ cặp tam giác đồng dạng nào? TL:  AOB;  COD H: Hãy chứng minh điều Ví dụ 2: Bào 10 – T67 – SGK: 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 Định hướng giải: Đây tập mở rộng so với ví dụ Từ hệ định lý Talet cho ta tam giác đồng dạng ta chứng minh được: MN DM AB = DA E PQ AB DM DA B A O M N P Q chứng minh C D CQ = CB CQ = CB (kéo dài AD cắt BC E Ví dụ 3: Bài 32 – T77 – SGK MN CQ  DA = CB  MN = PQ x �B Trên cạnh góc xoy ( xoy  1800), đặt đoạn thẳng OA = 5cm, OB = 16cm Trên cạnh thứ góc đó, đặt đoạn thẳng OC = 8cm, OD = 10cm A a) Chứng minh hai tam giác OCB OAD đồng dạng b) Gọi giao điểm cạnh AB BC I, CMR: Hai tam giác IAB IBC có I góc đơi C D Trang 20 y O 10 OC  OA OB = OD  OBC P  ODA Góc O chung c) IAB ICD ta dễ nhìn thấy khơng Do để chứng minh chúng có góc đơi ta chứng minh đồng dạng � � Vì OBC P ODA nên OBC = ODA (1) � � Mặt khác ta có AIB  CID (đối đỉnh)  BAI P DCI (g.g) � �  BAI  DCI Ví dụ 4: Bài 36 – T72 – SGK Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = 4cm, CD = 16cm BD = 8cm � � Chứng minh : Ta xét chứng minh BAD  DBC Xét BAD DBC có AB // CD : � � ABD  BDC (so le ) AB   BD BD   DC 16 AB BD   BD DC ( ) A C D  BAD P DBC (c.g.c) � B �  BAD  DBC Ví dụ 4: Bài 60 – T77 – SBT 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 Bnhau Định hướng giải: Từ giả thiết cho song song ta suy tỷ lệ thức tam giác đồng dạng Ta có : Trang 21 L M A O K N E P C FM FE = FQ LO = FQ FP (1) FP AF CL (cùng AL ) FQ LO LO    FP = CL (2) ( ta có trung tuyến CL ) FM 1 Từ (1) (2) suy : FE =  FM = FE 1 Tương tự ta có EN = EF suy MN = EF Vậy FM = MN = NE Tóm lại: Tam giác đồng dạng có nhiều ứng dụng giải tốn 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 Dạng : TOÁN ỨNG DỤNG THỰC TẾ I Mục tiêu chung: - Học sinh biết vận dụng kiến thức tam giác đồng dạng để xác định chiều cao, khoảng cách mà không cần đo trực tiếp - Rèn kỹ nhận biết hình (đọc hình) kỹ vẽ hình, kỹ tư óc tưởng tượng III Các kiến thức áp dụng: - Các trường hợp đồng dạng tam giác - Định nghĩa hai tam giác đồng dạng * Ví dụ minh họa: M + 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 B H Giải : Xét  AMB  ABH có ; � ABM = � AHB = 900 (gt) ; � A chung  AMB P ABH (gg) AM  AB AB = AH  AB 352  = 81,7(m) AM = Trang 22 A Vậy khoảng cách điểm A M gần 81,7 mét + Ví dụ 2: A 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 B’ Khi bóng cọc dài 0,4m 0,6m I Biết BC = 1,4m Hãy tính độ cao AH b Giải D B H Giải d C’ C c E Gọi BD, CE bóng cọc B’ ; C’ tương ứng đỉnh cao Đặt BB’ = CC’ = a ; BD = b ; CE = c ; BC = d ; Ah = x Gọi I giao điểm AH B’C’ AI B 'C ' xa d   bd c  AH DE  a  (x – a) (b + d + c) = x.d ab  ad  ac d bc x= = a(1+ b  c ) 1, Thay số ta AH = 1,6 (1 + 0,  0, ) = 3,84(m) Vậy độ cao AH 3,84 mét Bài tập đề nghị: Một giếng nước có đường kính DE = 0,8m (như hình vẽ) Để xác định độ sâu BD giếng, người ta đặt 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 A B C D E Xin giới thiệu quí thày cô website: tailieugiaovien.edu.vn Website cung cấp giáo án soạn theo định hướng phát triển lực người học theo tập huấn Có đủ mơn khối THCS THPT https://tailieugiaovien.edu.vn/ Trang 23