biện pháp dạy chuyên đề tam giác đồng dạnga

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ngày tháng năm 2021 THUYẾT MINH MÔ TẢ BIỆN PHÁP Tên Biện pháp: Giải pháp dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi phương pháp tam giác đồng dạng Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu: Học kì năm 2010 - 2012 Biện pháp cũ thường làm - Dạy theo sách giáo khoa, giải mẫu toán cho học sinh áp dụng làm tập sách giáo khoa nâng cao - Nhược điểm, hạn chế Biện pháp cũ: Học sinh nắm kiến thức học thuộc, giải tập theo bắt trước giáo viên, khơng có phân tích khơng phát huy tính sáng tạo học sinh Sự cần thiết phải áp dụng Biện pháp sáng kiến Nhận thấy nhược điểm phương pháp giảng dạy theo lối mịn nên tơi mạnh dạn đưa giải pháp dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi phương pháp tam giác đồng dạng Mục đích Biện pháp - Giúp học sinh nắm bắt số dạng toán liên quan đến tam giác đồng dạng Bao quát thức trọng tâm phương pháp đồng dạng - Giúp học sinh nắm bắt phương pháp tạo tam giác có cạnh liên quan, đồng dạng với tam giác cho - Giúp học sinh khả tự học, tự nghiên cứu - Giúp học sinh giảm áp lực, tạo hứng thú học tập cho học sinh Kích thích khả tìm tịi, sáng tạo em Nội dung biện pháp Theo HS muốn học tốt cần phải đáp ứng yêu cầu sau: u thích mơn học, học tập chăm chỉ, có động cơ, mục đích học tập ý thức phấn đấu lớp, tích cực lắng nghe thầy giảng đóng góp xây dựng Để làm điều giáo viên phải khéo léo phối hợp nhiều biện pháp, chẳng hạn như: - Giáo viên lên lớp cần chuẩn bị nội dung chu đáo Soạn nội dung tập theo dạng từ đơn giản đến phức tạp - Học sinh giao nhiệm vụ đọc trước nội dung bồi dưỡng - Trong cách dạy, dạy từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp Cần giúp HS nắm nội dung kiến thức trọng tâm chủ đề học tập Cụ thể thông qua tam giác đồng dạng, ta vận dụng giải số dạng tốn cần thiết như: + Chứng minh hai góc nhau, vng góc + Lập đoạn thẳng tỉ lệ mà khơng cần tính độ dài + Tính độ dài đoạn thẳng + Chứng minh đẳng thức hình học + Chứng minh tích đoạn thẳng không đổi + Chứng minh tia phân giác góc + Tính chu vi, diện tích tam giác + ứng dụng tam giác đồng dạng vào thực tiễn (như xác định chiều cao vật, xác đinh khoảng cách hai địa điểm dó có điểm khơng thể tới được, vẽ hình đồng dạng, …) + Chứng minh điểm thẳng hàng + Chứng minh tích hai đoạn thằng tổng tích cặp đoạn thẳng số cho trước - Hệ thống hóa nội dung phương pháp, bước giải toán cách rõ ràng Cụ thể như: Để Chứng minh góc nhau, cặp đoạn thẳng tỉ lệ phương pháp tam giác đồng dạng ta cần làm sau: + xét hai tam giác chứa hai góc chứa cặp đoạn thẳng + Chứng minh hai tam giác đồng dạng + Suy cặp góc nhau, cặp cạnh tương ứng tỉ lệ Từ lập luận đưa vấn đề cần chứng minh Để tạo tam giác đồng dạng với tam giác khác, + Vẽ đường thẳng song song với cạnh tam giác + Nối hai điểm có sẵn hình + Từ cịn điểm cho trước vẽ đường thằng vng góc với đường thẳng + Trên tia cho trước, đặt đoạn thẳng đoạn thẳng khác - Giao nhiệm vụ học tập nhà kiểm soát việc học làm tập thường xuyên em đội tuyển, nhằm sửa lỗi trình bày, sai lầm, thiếu sót trong giải toán Các vận dụng vào giải tập Dạng 1: Chứng minh hai góc Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân A H trung điểm BC Gọi I hình chiếu H cạnh AC, O trung điểm HI Chứng minh rằng: HAO = CBI Phân tích tốn: - Để chứng minh HAO = CBI ta đưa chứng minh hai tam giác đồng dạng - Hai tam giác có chứa cặp góc trên? Hãy chứng minh hai tam giác đồng dạng? Thật vậy: Từ AHC HIC (vì có H = I = 900, góc C chung) Suy BC HA HC  , mà HC  HI = 2HO HI IC nên ta có: HA BC HA BC HA HO      HO IC HO IC BC IC (1) Mặt khác: AHO = BCI (cùng phụ với HAI) (2) Nên từ (1) (2) ta suy AHO  BCI (c-g-c)  HAO = CBI (hai góc tương ứng) Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng AB, trung điểm M Trong nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB lấy hai điểm C D cho ACM = DMB CAM = MBD Chứng minh MCD = ACM Phân tích tốn: - Từ giả thiết ACM = DMB CAM = MBD ta có hai tam giác đồng dạng? - Từ hai tam giác đồng dạng suy điều gì? - MCD ACM hai góc tam giác nào? - Nếu CMD  CAM có suy điều cần chứng minh khơng? Từ giúp học sinh hình thành lời giải tốn Hai tam giác ACM BMD có: ACM = DMB CAM = MBD Nên ACM  BMD (g-g)  CM AC  Mà BM = AM nên MD BM  CM MD CM AC   hay (1) MD AM AC AM Ta lại có: CMD = 1800 - (CMA + DMB) = 1800 - (CMA + ACM) = CAM Vậy CMD = CAM (2) Từ (1) (2) suy CMD  CAM (c-g-c)  MCD = ACM (hai góc tương ứng) Tương tự học sinh giải tập khác như: Bài tập: Cho tam giác ABC với C < B Trên cạnh AC lấy điểm D cho AB = AD.AC Chứng minh ABD = ACB Dạng 2: Chứng minh hệ thức – tỉ lệ thức Dạng toán thường gặp nhiều tập chứng minh tam giác đồng dạng Ví dụ 3: Cho hình thoi ABCD có A = 600, P điểm thuộc cạnh AB, N giao điểm hai đường thẳng AD CP a) Chứng minh hệ thức AB2 = BP.DN b) Gọi M giao điểm BN DP Chứng minh DMB = 600 c) Chứng minh PA.PB = PD PM Phân tích tốn: a) Vì ABCD hình thoi nên ta có AB = BC = CD Do : AB2 = CD.BC Vậy nên muốn chứng minh AB2 = BP.DN ta chứng minh CD.BC = BP.DN Dễ nhận thấy: CD DN hai cạnh tam giác CDN BC BP hai cạnh tam giác PBC Do có PBC CDN BP BC   CD.BC BP.DN  AB BP.DN CD DN ( Thật vậy: Hai tam giác PBC CDN có: PBC = CDN (hai góc đối diện hình thoi) BPC = DCN (cặp góc so le trong) Nên PBC CDN (g-g)) b) Vì tam giác ABD nên Từ câu suy BP AB BP BD    ( Vì Có BD = AB) AB DN BD DN Mặt khác PBD = BDN = 600 nên ta có: BPD  DBN (c-g-c)  BDP = DNB (hai góc tương ứng) Từ suy DMB = DNM + NDM = BDP + NDM = BDN = 600 Vậy: DMB = 600 c) Khi ta thấy DMB = 600 nên MPB  APD (g-g)  PM PB   PA PB  PD.PM PA PD Ví dụ 4: Giả sử AC đường chéo lớn hình bình hành ABCD Từ C kẻ đường CE, CF vng góc với đường thẳng AB AD (E  AB, F  AD) Chứng minh rằng: AB.AE + AD.AF = AC2 Phân tích tốn: - Vì ABCD hình bình hành có AD = BC nên AD.AF = BC.AF - AF cạnh tam giác vuông AFC, Nếu từ B kẻ BI  AC tam giác CBI có đồng dạng với tam giác ACF khơng? - Kẻ BI  AC : *) ACF CBI có AFC = BIC = 900 FAC = BCI (có AF  BC) Suy ACF  CBI (g-g) Do AF AC   AF BC  AC CI CI BC Vì BC = AD (hai cạnh đối hình bình hành) Nên AF.AD = AC.CI (1) - AC, AE hai cạnh tam giác vng AEC, AB cạnh tam giác vuông đồng dạng với tam giác AEC? *) ACE ABI có: AEC = AIB = 900, Góc CAE chung Suy ACE  ABI (g-g) Do đó: AE AC   AB AE  AC AI (2) AI AB Từ (1) Và (2) ta có: AF.AD + AB.AE = AC.CI + AC.AI Hay AF.AD + AB.AE = AC (CI + AI) = AC.AC = AC2 Vậy: AB.AE + AD.AF = AC2 * Lưu ý: - Trong chứng minh hệ thức nhiều ta cần chứng minh thông qua nhiều cặp tam giác đồng dạng để tìm mối liên hệ đẳng thức, từ rút điều cần chứng minh - Thông qua tam giác đồng dạng ta rút nhiều hệ thức điều cịn phục vụ cho chương trình hình học lớp sau Chẳng hạn tập: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH (H  BC) Chứng minh rằng: a) AB2 = BH.BC; AC2 = CH BC b) AH2 = BH.CH c) 1  2 AH AB AC Và hệ thức lượng tam giác vuông mà lên lớp ta tìm hiểu Dạng 3: Chứng minh tích đoạn thẳng khơng đổi - chứng minh hệ thức Trong toán, dựa vào tam giác đồng dạng ta rút hệ thức để chứng minh cho tích đoạn thẳng khơng đổi có yếu tố thay đổi phục vụ để chứng minh cho yêu cầu khác liên quan Ví dụ 5: Cho tam giác ABC cân A có M trung điểm cạnh đáy BC Trên AB, AC lấy điểm D E cho DME = B a, Chứng minh tích BD CE khơng đổi vị trí D E thay đổi AB AC b, Chứng minh DM tia phân giác góc BDE EM tia phân giác góc CED Phân tích tốn: - Trong tốn có đại lượng cố định? BD CE có mối quan hệ với đại lượng này? Theo tốn đoạn thẳng AB, AC, BC, MB, MC cố định, dựa vào tam giác đồng dạng ta lập mối quan hệ BD CE với đoạn thẳng a) - Ta có: BME = BMD + DME = C + CEM (Vì BME góc ngồi CME) Mà DME = B = C (gt) Từ suy ra: BMD = CEM Xét BMD CEM, chúng có: B = C (Vì ABC cân A) BMD = CEM (chứng minh trên) Nên BMD CEM (g-g) Mà BM = CM = BM BD   BD.CE  BM CM CE CM  BC, BC khơng đổi nên BM = CM khơng đổi Do BM.CM khơng đổi Vậy BD.CE không đổi b) Để chứng minh DM phân giác góc BDE, ta phải chứng minh BDM = MDE Vì vị trí D, E thay đổi AB, AC nên số đo góc BDM, MDE thay đổi Do vậy, muốn chứng minh BDM = MDE ta dựa vào chứng minh hai tam giác BMD MED đồng dạng Vì BMD  CEM nên: BD MD  Mà CM = MB nên ta suy ra: CM EM BD MD BD MB    MB EM MD EM Lại có B = DME (gt) Nên: BMD MED (c-g-c) Suy BDM = MDE (hai góc tương ứng) Vậy DM phân giác góc BDE - Chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác góc CED Ví dụ 6: Cho hình vng ABCD, cạnh có độ dài a Một đường thẳng d qua đỉnh C cắt tia AB E cắt tia AD F a) Chứng minh tích BE.DF có giá trị khơng phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d BE AE b) Chứng minh hệ thức  DF AF c) Xác định vị trí đường thẳng để có hệ thức DF = 4.BE Phân tích tốn: - Hình vng ABCD có cạnh AB, BC, CD, DA cố định Đường thẳng d thay đổi nên BE DF thay đổi - Để chứng minh tích BE.DF có giá trị khơng phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d ta biểu thị tích BE.DF thơng qua đại lượng khơng đổi Lập điều cách dựa vào hai tam giác đồng dạng a) Ta có hai tam giác vuông EBC CDF đồng dạng nên BE BC   BE.DF  BC.DC a.a a DC DF Vì a2 không đổi nên BE.DF không đổi, suy BE.DF khơng phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d b) ABCD hình vng nên BC = CD Ta viết: BE BE BC BE CD   DF BC DF BC DF Để có ta chứng minh BE AE  DF AF BE AE CD AE  ;  BC AF DF AF Do phải xét tới hai tam giác đồng dạng Thật vậy: EBC  EAF (g-g)  BE BC BE AE    (1) AE AF BC AF CDF  EAF (g-g)  DC DF DC AE    (2) AE AF DF AF BE AE Nhân (1) (2) vế với vế, ý DC = BC ta  DF AF - Sử dụng kết câu ta giải câu BE AE AE  Cho ta c) Khi DF = BE     DF AF AF Mà BE AE BE 1 a      BE  BC  BE  BC AF BC 2 Vậy để BF = 4.BE đường thẳng d phải cắt tia AB điểm cách B đoạn a Ví dụ 7: Cho hình bình hành ABCD, điểm F thuộc cạnh BC Tia AF cắt BD CD E G Chứng minh: a) AE2 = EF.EG b) BF.DG không đổi điểm F thay đổi BC Phân tích tốn: a) - Vì AB // DG nên AEB GED  AE EB  (1) GE ED - BF // AD nên EBF  EDA  EB EF  (2) ED EA 10 Từ (1) (2) suy AE EF   AE EF EG GE AE b) Ta nhận thấy cạnh AB, BC, CD, DA hình bình hành có giá trị khơng đổi Do cần phải tìm mối quan hệ BF, DG với đoạn thẳng AB EB  (3) GD ED Vì EAB  EGD nên  BEF DEA nên  Từ (3) (4)  BF EB  (4) DA ED AB BF   BF DG  AB.DA GD DA Vì AB, DA khơng đổi nên AB.DA khơng đổi Vậy BF.DG khơng đổi Ví dụ 8: Cho tam giác ABC trung tuyến AM Trên BC lấy điểm D (D M), từ D kẻ đường thẳng song song với AM cắt tia BA E, cắt tia CA F Chứng minh D di động BC thì: a) DE + DF không đổi b) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE I Chứng minh I trung điểm EF Phân tích tốn: a) Theo tốn đoạn thẳng khơng đổi BC, AB, AC, AM Ta tìm mối liên hệ DE DF với đoạn thẳng Ta có: - BDE BMA (vì AM // DE)  BD DE  BM MA - CDF  CMA (vì DF // MA)  CD DF  CM MA 11 Cộng theo vế đẳng thức ta được: BD CD DE DF BD  CD DE  DF     hay (Vì BM = CM) BM CM MA MA CM MA  BC DE  DF  , mà BC = 2CM nên CM MA DE  DF 2  DE  DF 2 MA MA Vì MA khơng đổi nên DE + DF không đổi b) Để chứng minh I trung điểm EF ta chứng minh IE = IF Do ta cần dựa vào tam giác đồng dạng để tỉ số có chứa IE IF - Dễ nhận thấy rằng: AIE  BMA (g-g)  IE AI  (1) MA BM AIF  CMA (g-g)  IF AI  (2) MA CM Vì BM = CM nên từ (1) (2) ta suy IE IF   IE  IF MA MA Vậy I trung điểm EF Dạng 4: Ứng dụng thực tế tam giác đồng dạng (lớp 8) Kiến thức tam giác đồng dạng không dùng để giải các tập, mà cịn ứng dụng để phục vụ cho tính tốn đo đạc sống Chẳng hạn như: Tính chiều cao vật (đo gián tiếp) hay xác định khoảng cách hai địa điểm, tạo dụng cụ đo bề dày số loại sản phẩm, ứng dụng vẽ hình đồng dạng (thước vẽ truyền),… điều đề cập đến tập sách giáo khoa (Bài tập 48, 50, 53, 54, 55 trang 84, 87 sách giáo khoa) * Không áp dụng rộng rãi chương trình hình học 8, tam giác đồng dạng cịn cơng cụ hữu hiệu cho việc sử dụng vào chứng minh 12 tứ giác nội tiếp, chứng minh tích khơng đổi đoạn thẳng… hình học lớp Dạng 5: Vận dụng vào hình học Ví dụ 9: Cho đường trịn (O;R), cát tuyến cắt đường tròn A B Trên cát tuyến lấy điểm C (C nằm ngồi AB) Từ C kẻ tiếp tuyến CM, CN với đường tròn ( M, N tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với AB H cắt MN kéo dài I Chứng minh rằng: Khi C di động cát tuyến AB tích OI.OH khơng đổi; Phân tích tốn: - Ta có bán kính R yếu tố khơng đổi Do để chứng minh tích OI.OH khơng đổi tìm mối quan hệ OI.OH với R Hai tam giác vuông OKI OHC có: OKI = OHC = 90o ( K giao OC MN) Góc O chung Do OKI  OHC (g.g) Suy OK OI   OI OH OK OC (1) OH OC Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMC, có MK đường cao nên OM2 = OK.OC (2) Từ (1) (2) suy OI.OH khơng đổi Vì OI.OH khơng đổi, mà OH không đổi  OI không đổi * Từ tam giác đồng dạng ta suy tỉ lệ thức đoạn thẳng tỉ lệ Ngược lại, dựa vào đoạn thẳng tỉ lệ ta chứng minh tam giác đồng dạng Điều giúp ta rút kết luận để chứng minh tứ giác nội tiếp 13 Ví dụ 10: Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C (O)) Gọi I giao điểm OA BC Kẻ dây DE đường tròn (O) qua điểm I Chứng minh tứ giác ADOE nội tiếp Phân tích tốn: - Ta có tam giác ABC cân A, AO phân giác góc A nên AO  BC IB = IC ABO vuông B, BI đường cao nên IA.IO = IB2 = IB.IC (1) - Nhận thấy hai tam giác IBD ICE đồng dạng có: BID = CIE (đối đỉnh) DBI = CEI (cùng chắn cung CD) Suy IB ID   IB.IC ID.IE (2) IE IC Từ (1) (2)  IA.IO = ID.IE - IA.IO = ID.IE  IA ID  IE IO Mặt khác ta lại có DIA = OIE (đối đỉnh) Nên AID  EIO (c-g-c) suy ADI = EOI (hai góc tương ứng) Hay ADE = AOE  ADOE tứ giác nội tiếp Kết thu Từ việc phân loại dạng tập, khắc sâu cho học sinh vấn đề lý thuyết qua tiết học tiết luyện tập, buổi bồi dưỡng Các em biết vận dụng lý thuyết học, phát huy khả hệ thống kiến thức bản, phân dạng tập; vận dụng lý thuyết vào giải tập cách nhuần nhuyễn, có tính tị mị học tốn, sở vận dụng vào giải tập tương tự; khơng cịn lo sợ làm tập hình học Trong buổi lên lớp, với lớp đại trà đưa tập dễ hơn, bổ sung nhiều tập tương tự để học sinh nhận dạng, vận dụng rút phương pháp 14 giải Đối với học sinh giỏi tập mở rộng mức độ khó nâng cao dần Thực tế cho thấy: Trước áp dụng đề tài này, học sinh ngại xét tam giác đồng dạng, lẫn lộn yếu tố tương ứng tam giác đồng dạng Điều dẫn đến sai lầm thường gặp chứng minh Sau áp dụng, học sinh giải tốn tam giác đồng dạng có hứng thú hơn, em nắm kiến thức sách giáo khoa - kiến thức bổ trợ giáo viên cung cấp vận dụng linh hoạt vào giải tốn Thơng qua học sinh nắm vững trường hợp đồng dạng hai tam giác tính chất chúng: biết cách xác định đỉnh - cạnh - góc tương ứng, từ có cách suy luận logic chứng minh hợp lý Qua việc thực hành giải tốn học sinh hình thành phong cách học tốn: Độc lập suy nghĩ, tìm tịi sáng tạo, cẩn thận xác làm Trình bày làm chặt chẽ đầy đủ, biết phân chia dạng tập để chứng minh, có nhiều em cịn tìm lời giải hay đặt câu hỏi độc đáo Chất lượng học tốn nói chung giải tập hình học nói riêng nâng lên rõ rệt, điều thể thông qua kết kiểm tra định kỳ, đặc biệt qua kỳ thi khảo sát chất lượng thi khảo sát học sinh giỏi.* Cam đoan: Tôi cam đoan lời hồn tồn thật khơng chép vi phạm quyền XÁC NHẬN CỦA TRƯỜNG THCS HỢP THỊNH Hợp Thịnh, ngày 08 tháng 01 năm 2021 Tác giả giải pháp Phạm Văn Nam 15 ... hai tam giác đồng dạng + Suy cặp góc nhau, cặp cạnh tương ứng tỉ lệ Từ lập luận đưa vấn đề cần chứng minh Để tạo tam giác đồng dạng với tam giác khác, + Vẽ đường thẳng song song với cạnh tam giác. .. toán: - Từ giả thiết ACM = DMB CAM = MBD ta có hai tam giác đồng dạng? - Từ hai tam giác đồng dạng suy điều gì? - MCD ACM hai góc tam giác nào? - Nếu CMD  CAM có suy điều cần chứng minh... phương pháp 14 giải Đối với học sinh giỏi tập mở rộng mức độ khó nâng cao dần Thực tế cho thấy: Trước áp dụng đề tài này, học sinh ngại xét tam giác đồng dạng, lẫn lộn yếu tố tương ứng tam giác đồng