Bài tập tam giác đồng dạng nâng cao - Giáo viên Việt Nam

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):.[r]

Chuyên đề:

PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG CẤU TRÚC CHUYÊN 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 cịn lại định cạnh 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 đồng dạng với tam giác ABC nếu:

+ A'A ; B'B; C 'C ' ' ' ' ' '

A B B C A C

AB  BC  AC

3 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 vuông

+ 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

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 h.thang (AB // CD) A 12,5 B GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm

DBA = DBC x KL x = ?

D C Giải

ABD BDC có : DAB = DBC (gt)  1

B = D ( so le AB // CD)  ABD P BDC (g.g)

 BD AB

= DC BD

hay x

5 , 12

= 28,5

x

 x2 = 12,5 28,5  x = 12,5.28,5  18,9(cm) Bài 35 – 72 – SBT:

A ABC; AB = 12cm; AC = 15cm 10 GT BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm

KL MN = ? M N

B C Giải

Xét ABC ANM ta có :

AC AM

= 15 10

=

AB AN

= 12 18

=

Mặt khác, có A chung

Vậy ABC P ANM (c.g.c)

Từ ta có : AN AB

= NM BC

hay MN

18 18 12



 12 18

= 12(cm) Bài tập 3:

 AC AM

a) Tam giác ABC có B = 2C; AB = 4cm; BC = 5cm Tính độ dài AC?

b) Tính độ dài cạnh ABC có B = 2C biết số đo cạnh số tự nhiên liên tiếp

A Giải

a) Trên tia đối tia BA lấy BD = BC B ACD ABC có A chung; C = D =   ACD P ABC (g.g)

 AB AC

= AC AD

 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 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

+ 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 BD < a c ac



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 =

A

ABH; H = 900 ; AB = 20cm

20 GT BH = 12cm; AC =

5

AH KL BAC = ?

B 12 H C Giải:

Ta có AH

AC BH

AB

  

3 12 20

 AH BH AC AB



Xét ABH  CAH có : AHB = CHA = 900

AH BH AC AB



(chứng minh trên)

 ABH P CAH (CH cạnh gv)  CAH= ABH Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900 Do : BAC = 900

Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 600 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 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) (2)  DN AD AB

MB



ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) A = 600 nên   AB = BD = DA

Từ DN AD AB

MB



(cm trên)  DN BD BD MB

Mặt khác : MBD = DBN = 1200

Xét 2MBD BDN có : DN BD BD MB



; MBD = DBN  MBD P BDN (c.g.c)

 M = B1

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

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 CDB có C chung ; ABC = BDC (gt)

 CAB P CDB (g.g)  CB CA 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)

Mặt khác lại có : 

BA DB

+ Bài 2: (Bài 29 – 74SGK) A

A’ ABC A’B’C’: AB =6 ; GT AC = 9; A’C’ = 6; B’C’ =

KL a) ABC P A’B’C’

B 12 C B’ 12 C’ b) Tính tỉ số chu vi A’B’C’ ABC

Giải:

a) A’B’C’ P ABC (c.c.c)

Vì

2 ' ' ' ' ' '

 



BC C B AC

C A AB

B A

6

b) A’B’C’ P A+B+C+ (câu a)  BC C B AC C A AB B

A' ' ' ' ' '  

= AB AC BC C B C A B A     ' ' ' ' ' '

= 27

18 12     

Vậy 27

18 ' ' '    ABC Chuvi C B A Chuvi

+ Bài 3: Cho hình vng ABCD, gọi E F theo thứ tự trung điểm Ab, BC,

CE cắt DF M Tính tỷ số ABCD CMB S

S

?

D C Hình vng ABCD; AE = EB ; M GT BF = CF; CE  DF M

F KL Tính ABCD CMB S

S

? A E B Giải:

Xét DCF CBE có DC = BC (gt); C = B = 900; BE = CF  DCF = CBE (c.g.c)  D1 = C2

Mà C1 + C2 = 1v  C1 + D1 = 1v  CMD vng M

CMD P FCD (vì D1 = C2 ; C = M )  FC CM FD DC  FCD CMD S S

= 2

FD CD

 SCMD = 2

FD CD

SFCD

Mà SFCD =

1

CF.CD =

.2

BC.CD =

CD2

Vậy SCMD = 2

FD CD

CD2 = 4

1 FD CD (*)

Áp dụng định lý pitago vào tam giác vng DFC, ta có:

DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + (2

1

BC)2 = CD2 + 4

1

CD2 = 4

5

CD2

Thay DF2 = 4

5

CD2 ta có :

SCMD =

1

CD2 = 5

1

SABCD

 ABCD CMB S

S

=

Bài tập đề nghị:

Cho ABC, D trung điểm BC, M trung điểm AD

a) BM cắt AC P, P’ điểm đối xứng củ P qua M Chứng minh PA = P’D

Tính tỷ số PC PA

AC AP

b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh PQ // BC Tính tỷ số BC PQ

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 :

PQ =

AB; QR =

BC ; RP =

CA

Từ ta có :   

CA RP BC QR AB PQ

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 R

2 '

 K

P P

 P’ =

P =

.543 = 271,5(cm) B 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

A ABC; DE//BC; C.viADE=5

C.vi ABC GT C.vi ADE + C.viADE = 63cm

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

K = AB AD

=

5 '    ABC Chuvi ADE Chuvi



ADE Chuvi ABC Chuvi   

=

63

% 

 

ABC Chuvi ADE

Chuvi

= 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 vng 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 ABC; đường cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH GT theo thứ tự B’, C’, H’

B’ H’ C’ KL a) BC C B AH

AH' ' ' 

b) Biết AH’ =

AH; SABC = 67,5cm2 B H C Tính S

A’B’C’

Giải:

a) Vì d // BC  AH AH '

= BH H B' '

= HC C H' '

= BH HC C H H B   ' ' ' '

= BC C B ''

(đpcm)

b) Từ BC C B AH

AH' ' ' 

 ( AH AH '

)2 = AH BC C B AH ' ' '

= ABC C AB S S   2 ' '

= ABC C AB S S   ' '

Mà AH’ =

AH  AH AH '

=

 ( AH AH '

)2 = (3

1

)2 = 9

1

Vậy ABC C AB S S   ' '

=

 SABC = 67,5cm2

Nên ta có : ABC C AB S S   ' '

=

 67,5 ' 'C

AB

S

=

 SAB’C’ =

5 , 67

= 7,5(cm2) + 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)

Từ (1) (2)  BAH = HCA

Vậy HBA P  HAC (g.g) B H M C

 HC

HA HA HB



 HA2 = HB.HC = 4.9 = 36 9  HA = 6cm

Lại có BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm

SABM =

1

SABC =

1

13

= 19,5(cm2)

SAHM = SBAH = 19,5 -

1

.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 hành AEDF

GT SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2 KL Tính SAEDF

Giải:

Xét EBD FDC có B= D1 (đồng vị DF // AB) (1) E1 = D2 ( so le AB // DF)

D2 = E1 ( so le DE // AC) Từ (1) (2)  EBD P FDC (g.g)

Mà SEBD : SFDC = : 12 = : = (2

1

)2

Do : FC  ED FD EB

2

 FD = 2EB ED =

FC A

 AE = DF = 2BE ( AE = DF) F

AF = ED =

EC ( AF = ED) E Vậy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm2)

SADF =

1

SFDC =

1

12 = 6(cm2) B D C  SAEDF = SADE + SADF = + = 12(cm2)

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

DẠNG II:

CHỨNG MINH HỆ THỨC, ĐẲNG THỨC NHỜ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

I Các ví dụ định hướng giải:

1 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 vuông góc với AB CD theo thứ tự H K

CMR: OK OA

= CD AB

* Tìm hiểu tốn : Cho gì?

Chứng minh gì? * Xác định dạng tốn:

? Để chứng minh hệ thức ta cần chứng minh điều gì?

TL: OC OA

= OD OB

? Để có đoạn thẳng ta vận dụng kiến thức TL: Chứng minh tam giác đồng dạng

a) OA OD = OB.OC Sơ đồ :

+ A1 = C1 (SLT l AB // CD)

+ AOB = COD ( Đối đỉnh) 

OAB P OCD (g.g) 

OC OA

= OD OB



OA.OD = OC.OC

b) OK OH

= CD AB

Tỷ số OK OH

tỷ số nào?

TL : OK OH

= OC OA

? Vậy để chứng minh OK OH

= CD AB

ta cần chứng minh điều

TL: CD AB

= OC OA

D

K C

B H

P6 Sơ đồ :

+H = K = 900

+ A1 = C1.(SLT; AB // CD) Câu a

 

OAH P OCK(gg) OAB P OCD

 

OK OH

= OC OA

CD AB

= OC OA

OK OH

= CD AB

2 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

A I B 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) Sơ đồ : + D = I = 900 + C = I = 900 + PBI chung + PAI chung  

ADB P PIB ACB P AIP (gg)  

AB PB =

DB IB

AB

AP = AC

AI  

AB.AI = PB.DB AB AI = AC AP

AB IB + AB AI = BP PD + AC AP 

AB (IB + IA) = BP PD + AC AP 

AB2 = BP PD + AC AP

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 4 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

c) AM

BN = AI BI

   

 

* Định hướng:

a) ? Để chứng minh hệ thức AM BI = AI B N C

IM ta cần chứng minh điều

AM IM

AI BI

 



 

 

b) Để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh điều ( AMI P AIB)

Sơ đồ:  1

A = A2 (gt) I1 = B * CM: I1 = B

v MIC: IMC = 900 -



2

C

AMI P AIB (gg) ABC: A + B +C = 1800(t/c tổng )

 



2

A +



2

B +



2

C

= 900 AM

AI = IM

BI Do đó: IMC =



2

A +



2

B (1)

 Mặt khác: IMC= A1 + I (t/c góc ngồi )1

AM BI = AI IM hay IMC =



2

A

+ I (2) 1

Từ 91) (2) 



2

B

= I 1 hay B1 = I1

AMI P AIB (A1 = A2 ; I = 1 B1)

 AM

AI = IM

BI  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)

 

- HS nhận xét AI IA

      =

2

2

AI

BI AMI P AIB BNI P BIA

 

Tính AI2 ; BI2 

2

AI

BI

AM AI =

IM

BI BI AB =

BN BI  

(Tính AI2 ; BI2 nhờ P) AI2 = AM AB BI2 = BN AB

2

AI BI =

AM BN



2 AI BI

      =

AM 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

CMR : a)

1

OI =

1

AB +

1

CD

b)

2

IJ =

1

AB +

1

CD

+ Bài 2: Cho ABC, phân giác AD (AB < AC) tia đối tia DA lấy điểm I

sao 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

- 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 MA  DB =  E

MB  AC =  F KL 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)

 

AB // DM AB // MC

 

MED P  AEB GT MFC P BFA

  

ME

EA = MD

AB ; MD = MC

MF

FB = 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

Sơ đồ phân tích

AMF P AFC (g.g); AFN P ABE A

  M N AM

AF = AE AC

AF

AB = AN

AM AF

AF

AB = AE AC

AE

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 : D M N

AD AB =

AM AC =

1

3 Góc A chung

ADM P ABC (c.gc) B E C

 ADM = ABC mà góc vị trí đồng vị nên DM // BC  MN // EC mà MF = FC nên EF = FN

Ta có : EK EN =

EK EF

EF EN =

2 3

1 2 =

1 3 (1)

mà EI ED =

1

3 (gt) (2)

Từ 91) (2)  EK 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 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 c) Tính ED ; FB? Bài tốn cho gì?

Dạng tốn gì?

I K

F

B F

D

A 3,6

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 AE =

AC AD = 2 

ABC P AED (c.g.c) ABC P  AED (câu a) b) 

C = D1 ; D = D 

C = D2 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 ? Từ gt  nghĩ đến 2 P theo trường hợp (g.g) ? Gt cho yếu tố góc (B = C)

? Cần chứng minh thêm yếu tố (D = M 2) a) Hướng dẫn sơ đồ

gt góc ngồi DBM  

B = M 1; DMC = M + M ; DMC = D + B1 ABC cân

  B = C ; D1 = M2



BDM P CME (gg) Câu a gt  

b)

DM

ME = BD

BM ; CM = BM



A

E

C M

B

D 1

DM

ME = BD BM 



B = M 1(gt) ; DMBD BMME



DME P DBM (c.g.c) c) Từ câu a : BDM P CME (gg)



BD BM

CM CE  BD CE = Cm BM

Mà CM = BM =

BC = a

 BD CE =

4

a

(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 + Ví dụ 3: Cho ABC có trung điểm

của 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

FP đường trng bình ABE  FP // AC Tương tự cho điểm D, Q, E

b) PD =

1

2 EC = 2.

AC

=

AC

AC

PD =

4

AC

 



 

 

AB

QD =

4QD

QD

 



 

 

 

AC AB

DP QD ; BAC EDP  

ABC P DQP (c.g.c)

Dạng chứng minh tam giác đồng dạng.

A

Q F

B M

D N C

P

E

F, P, D thẳng hàng

 

BAC DEC (Đơn vị EF // AB)

 

D E

A B

F

C

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 rằng.

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 : 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

Định hướng

H:Bài cho đường thẳng EF // AB (và CD)

TL: Các tam giác đồng dạng đoạn thẳng tỷ lệ

H: EO đoạn hình vẽ thường lập tỷ số?

Sơ đồ giải

OE = OF  OE

D M

A B

Q

C P

N

O E TL:

EO DC .

H: Vậy OF đoạn nào? (gợi ý)

TL: OF DC

OE DC =

AO AC ;

OF DC =

BO BD;

AO AC =

BO BD    AEC BOF AOB

P P P

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 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

H: lập tỷ số EO DC =

OF DC

TL: EO DC =

AO AC ;

OF DC =

BO BD

H: Vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh điều gì?

TL: AO AC =

BO BD

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

AB = DM

DA

PQ AB =

CQ CB DM

DA = CQ

CB (kéo dài AD cắt BC E chứng minh

 MN

DA = CQ

x

y D

I

C A

B

D

A B

C Ví dụ 3: Bài 32 – T77 – SGK

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) Chứng minh hai tam giác OCB OAD đồng dạng

b) Gọi giao điểm cạnh AB BC I, CMR: Hai tam giác IAB IBC có góc đôi

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 )

4

AB

BD  

8 16

BD

DC  



AB BD

BD DC (

1 2)

 BAD P DBC (c.g.c)  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

L B

K

E

C P

A

M O N

Định hướng giải:

Từ giả thiết cho song song ta suy tỷ lệ thức tam giác đồng dạng Ta có :

FM FE =

FQ FP (1) FQ

LO = FP

CL (cùng AF

AL )

 FQ FP =

1

LO

CL  (2) ( ta có trung tuyến

1

LO CL  )

Từ (1) (2) suy : FM

FE =

1

3  FM = 3 FE

Tương tự ta có EN =

1

3EF suy MN = 3 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

ABM = AHB = 900 (gt) ; A chung A  AMB P ABH (gg)

 AM

AB = AB

AH  AM =

2 352

5

AB



= 81,7(m) 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’ C’ Khi bóng cọc dài 0,4m 0,6m I

Biết BC = 1,4m Hãy tính độ cao AH

Giải D b B H C c E

Giải d

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

AH  DE 

x a d

a b d c

 

 

 (x – a) (b + d + c) = x.d

 x =

ab ad ac b c

 

 = a(1+

d

b c )

Thay số ta AH = 1,6 (1 + 1,

0, 0,6 ) = 3,84(m)

Vậy độ cao AH 3,84 mét A

Bài tập đề nghị: B C 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