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:
[email protected]
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:
+ Aˆ = Aˆ ' ; Bˆ = Bˆ ' ; Cˆ = Cˆ ' ;
+
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
DAˆ B = DBˆ C
KL x = ?
Giải
∆ABD và ∆BDC có : DAˆ B = DBˆ C (gt);
ABˆ D = BDˆ C (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
Mặt khác, có Â 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:
a) Tam giác ABC có Bˆ = 2Cˆ ; AB = 4cm; BC = 5cm.
Tính độ dài AC?
b) Tính độ dài các cạnh của ∆ABC có Bˆ = 2Cˆ biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự
nhiên liên tiếp.
Giải
a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC. Suy ra Dˆ = DCˆ B
Mà ABˆ C = Dˆ + DCˆ B (tính chất góc ngoài tam giác)
Do đó, ABˆ C = 2 Dˆ (1)
Theo giả thiết, ABˆ C = 2 ACˆ B (2)
(1) và (2) suy ra ACˆ B = Dˆ
A
∆ACD và ∆ABC có Â chung; Cˆ = Dˆ (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
AH. Tính BAˆ C .
3
A
∆ABH; Ĥ = 900; AB = 20cm
GT
BH = 12cm; AC =
20
5
AH
3
B 12
BAˆ C = ?
KL
C
H
Giải:
Ta có
AB 20 5 AC
=
= =
⇒
BH 12 3 AH
AB BH
=
AC AH
Xét ∆ABH và ∆ CAH có: AHˆ B = CHˆ A = 900;
AB BH
=
(chứng minh trên)
AC AH
⇒ ∆ABH đồng dạng với ∆CAH (cạnh huyền- cạnh góc vuông)
⇒ CAˆ H = ABˆ H
Lại có BAˆ H + ABˆ H = 900 nên BAˆ H + CAˆ H = 900
Do đó: BAˆ C = 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?
Hình thoi ABCD; Â = 600
GT
BN ∩ DM tại K
KL Tính BKˆ D = ?
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
∆ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và Â = 600 nên là ∆ đều
⇒ AB = BD = DA
Từ
MB AD
MB BD
=
=
(cm trên) ⇒
AB DN
BD DN
Mặt khác: MBˆ D = NDˆ B = 120 0
Xét 2∆MBD và ∆BDN có:
MB BD
=
; MBˆ D = NDˆ B
BD DN
⇒ ∆MBD đồng dạng với ∆BDN (c.g.c)
⇒ BMˆ D = DBˆ N
∆MBD và ∆BKD có BMˆ D = DBˆ N ; BDˆ M chung ⇒ ∆MBD đồng dạng với ∆BKD
Vậy BKˆ D = 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)
∆ABC ( Â = 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:
BAˆ H + HAˆ C = 900 (1)
HCˆ A + HAˆ C = 900 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BAˆ H = HCˆ A
10
Vậy ∆HBA đồng dạng với ∆ HAC (g.g)
⇒
HB HA
=
HA HC
⇒ HA2 = HB.HC = 4.9 = 36 ⇒ HA = 6cm
Lại có BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm
S∆ABM =
1
1 6.13
S∆ABC = .
= 19,5(cm2)
2
2
2
1
.4.6 = 7,5(cm2)
2
S∆AHM = S∆ABM -S∆BAH = 19,5 Vậy S∆AMH = 7,5(cm2)
1.3.2. Bài tập:
Bài 1: ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng K =
2
.
5
Tính chu vi của mỗi tam giác, biết hiệu chu vi của 2 tam giác 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.
Bài 3:Cho hình vuông ABCD có độ dài = 2cm. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm
của AD, DC. Gọi I, H theo thứ tự là giao điểm của AF với BE, BD.
Tính diện tích tứ giác EIHD
Bài 4: 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 5: Cho ∆ABC có các B và 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 nếu nó là hình vuông.
b) Tính chu vi hình chữ nhật a = h
c) Hình chữ nhật MNPQ có vị trí nào thì diện tích của nó có giá trị lớn nhất.
2. Tính tỷ số đoạn thẳng, tỷ số chu vi, tỉ số diện tích
2.1. Ví dụ minh họa:
Bài 1: (Bài 29 SGK/74)
B’C’ = 8
9
6
∆ABC và ∆A’B’C’: AB = 6;
GT BC = 12; AC = 9; A’C’ = 6;
A’
A
B
12
B’
C
4
8
C’
6
a) ∆ABC đồng dạng ∆A’B’C’
KL b) Tính tỉ số chu vi của ∆A’B’C’
và ∆ABC
Giải:
11
a) ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC (c.c.c)
Vì
A' B ' A' C ' B ' C ' 2
=
=
=
AB
AC
BC
3
b) ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC (câu a)
⇒
A' B ' A' C ' B ' C '
A' B '+ A' C '+ B ' C '
4 + 6 + 8 18
=
=
=
=
=
AB
AC
BC
AB + AC + BC
6 + 9 + 12 27
Vậy
Chuvi ∆A' B ' C ' 18
=
Chuvi∆ABC
27
Bài 2: Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC;
S CMD
CE cắt DF ở M. Tính tỷ số S
?
ABCD
GT
E
A
B
Hình vuông ABCD; AE = EB
BF = CF; CE ∩ DF tại M
KL
F
M
S ∆CMD
Tính S
?
ABCD
1
D
2
1
C
Giải:
Xét ∆DCF và ∆CBE có DC = BC (gt); Cˆ = Bˆ = 900; BE = CF
⇒ ∆DCF = ∆CBE (c.g.c) ⇒ Dˆ 1 = Cˆ 2
Mà Cˆ1 + Cˆ 2 = 900 ⇒ Cˆ1 + Dˆ 1 = 900 ⇒ ∆CMD vuông ở M
DC CM
=
∆CMD đồng dạng với ∆FCD (vì D̂ chung ; Cˆ = Mˆ ) ⇒
FD FC
SCMD
CD 2
CD 2
=
⇒ SCMD =
. SFCD
S FCD
FD 2
FD 2
Mà SFCD =
1
1 1
1
CF.CD = . BC.CD = CD2
2
2 2
4
Vậy SCMD
1 CD 4
CD 2 1
2
=
. CD = . 2 (*)
4 FD
FD 2 4
Áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông DFC, ta có:
1
2
DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + ( BC)2 = CD2 +
Thay DF2 =
1
5
CD2 = CD2
4
4
5
1
1
CD2 ta có: SCMD = CD2 = SABCD
4
5
5
S ∆CMD
1
⇒ S
=
5
ABCD
12
Nhận xét: Để chứng minh các cặp đoạn thẳng tỉ lệ bằng phương pháp tam giác
đồng dạng ta có thể làm theo các bước sau:
Bước 1: Xét hai tam giác chứa các cặp đoạn thẳng ấy;
Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó đồng dạng.
Bước 3: Suy ra cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
2.2. Bài tập: 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.
3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng
Ta có thể chứng minh hai tam giác đồng dạng để suy ra các cặp góc tương
ứng bằng nhau, từ đó dùng cách cộng góc để được góc bẹt dẫn tới ba điểm thẳng
hàng.
3.1. Ví dụ
Bài 1: Cho tam giác ABC, các tia phân giác góc B và góc C cắt nhau tại O. Trên
các cạnh AB, AC lần lượt lấy M và N sao cho BM.BC = BO 2; CN.CB = CO2.
Chứng minh ba điểm M, O, N thẳng hàng.
Giải:
BM.BC = BO2 ⇒
BM BO
=
BO BC
BM BO
=
∆BOM và ∆BCO có Bˆ1 = Bˆ 2 ;
nên ∆BOM đồng dạng với ∆BCO (c.g.c)
BO
BC
⇒ Oˆ 1 = Cˆ 1
Chứng minh tương tự ta được ∆CON đồng dạng với ∆CBO (c.g.c)
⇒ Oˆ 2 = Bˆ 2
13
Ta có Oˆ 1 + Oˆ 2 + Oˆ 2 = Cˆ1 + Bˆ 2 + Oˆ 3 = 180 0
Suy ra ba điểm M, O, N thẳng hàng
Nhận xét: Điều gợi ý cho ta dùng phương pháp tam giác đồng dạng để giải
ví dụ trên? Đó là vì trong đề bài cho BO là trung bình nhân của BM và BC; CO là
trung bình nhân của CN và CB, từ đó suy ra được các cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới
hai tam giác đồng dạng.
3.2. Bài tập: Cho tam giác ABC, ba đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N, I, K lần
lượt là hình chiếu của D trên AB, AC, BE, CF. Chứng minh rằng bốn điểm M, N,
I, K thẳng hàng.
4. Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng
4.1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: (Bài 39SGK/79)
Cho hình thang ABCD(AB // CD). Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và
BD
a) Chứng minh rằng: OA. OD = OB. OC.
b) Đường thẳng qua O vuông góc với AB và CD theo thứ tự tại H và K.
CMR:
OA
AB
=
OK
CD
a) * Tìm hiểu bài toán : Cho gì?
Chứng minh gì?
* Xác định dạng toán:
? Để chứng minh hệ thức OA. OD = OB. OC ta cần chứng minh điều gì?
TL:
OA
OB
=
OC
OD
? Để có đoạn thẳng trên ta vận dụng kiến thức nào.
TL: Chứng minh tam giác đồng dạng
a) OA. OD = OB.OC
Sơ đồ :
A
+ Aˆ1 = Cˆ1 (so le trong, AB//CD)
H
1
B
O
+ AOˆ B = COˆ D (đối đỉnh)
⇓
D
1
K
C
∆OAB đồng dạng với ∆OCD (g.g)
14
⇓
OA
OB
=
OC
OD
⇓
OA.OD = OC.OC
b)
OH
AB
=
OK
CD
Tỷ số
OH
bằng tỷ số nào?
OK
TL:
OH
OA
=
OK
OC
Vậy để chứng minh
TL:
OH
AB
=
ta cần chứng minh điều gì?
OK
CD
AB
OA
=
CD
OC
Sơ đồ:
+ Hˆ = Kˆ =900
Câu a
+ Aˆ1 = Cˆ1 (so le trong, AB//CD)
⇓
⇓
∆OAH đồng dạng ∆OCK(gg)
∆OAB đồng dạng ∆OCD
⇓
⇓
OH
OA
=
OK
OC
AB
OA
=
CD
OC
OH
OK
=
AB
CD
Ví dụ 2: Cho hai tam gíac vuông ABC và ABD có đỉnh góc vuông C và D nằm
trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB. Gọi P là giao điểm của các cạnh AC và BD.
Đường thẳng qua P vuông góc với AB tại I.
Chứng minh rằng: AB2 = AC. AP + BP.PD
15
Định hướng:
- Cho HS nhận xét đoạn thẳng AB (AB = AI + IB)
⇒ AB2 = ?
(AB.(AI + IB) = AB . AI + AB. IB)
- Việc chứng minh bài toán trên đưa về việc chứng minh các hệ thức
AB.AI = AC.AP
AB.IB = BP.PD
- HS xác định kiến thức vận dụng để chứng minh hệ thức (∆ đồng dạng)
Sơ đồ:
+ Dˆ = Iˆ =900
+ Cˆ = Iˆ =900
+ PBˆ I chung
+ PAˆ I chung
⇓
⇓
∆ADB đồng dạng ∆PIB
∆ACB đồng dạng ∆AIP (gg)
⇓
⇓
AB
PB
=
DB
IB
AB
AP
=
AC
AI
⇓
⇓
AB.IB = 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
Ví dụ 3: Trên cơ sở ví dụ 2 đưa ra bài toán sau:
Cho ∆ nhọn ABC, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng: BC2 = BH . BD + CH.CE
16
Định hướng: Trên cơ sở bài tập 2
Học sinh đưa ra hướng giải quyết bài tập này
⇒ Vẽ hình phụ (kẻ KH ⊥ BC; K ∈ BC).
Sử dụng ∆ đồng dạng chứng minh tương tự ví dụ 2
Ví dụ 4: Cho ∆ ABC, I là giao điểm của 3 đường phân giác, đường thẳng vuông
góc với CI tại I cắt AC và BC lần lượt ở M và N. Chứng minh rằng.
A
a) AM. BI = AI. IM
b) BN. IA = BI . NI
AM
c)
BN
M
21
I
2
AI
= ÷
BI
1
B
* Định hướng:
C
N
a) ?Để chứng minh hệ thức AM. BI = AI .IM ta cần chứng minh điều gì.
AM IM
=
÷
BI
AI
b) Để chứng minh đẳng thức trên ta cần chứng minh điều gì?
(∆ AMI đồng dạng ∆AIB)
Sơ đồ:
Aˆ1 = Aˆ 2 (gt)
Iˆ1 = Bˆ1
∆AMI đồng dạng ∆AIB (gg)
⇓
AM
AI
=
IM
BI
⇓
∆v MIC: IMˆ C = 90 0 −
⇓
IM
=
BI
Cˆ
2
∆ABC: Aˆ + Bˆ + Cˆ = 1800(t/c tổng...)
⇒
Aˆ + Bˆ + Cˆ
= 900
2
Do đó: IMˆ C =
AM. BI = AI . IM
AM
AI
* CM: Iˆ1 = Bˆ1
Aˆ Bˆ
+
(1)
2 2
Mặt khác: IMˆ C = Aˆ1 + Iˆ1 (t/c góc ngoài ∆)
hay IMˆ C =
Aˆ ˆ
+ I 1 (2)
2
17
⇓
Từ (1) và (2) ⇒
AM . BI = AI.IM
Bˆ ˆ
= I 1 hay Iˆ1 = Bˆ1
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
=
÷
BI 2
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.
CMR:
a)
1
=
OI
1
AB
+
b)
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
sao cho ACˆ I = BDˆ A
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
.PDF 
31 
3389 
122 
