skkn hình thành kỹ năng giải bài toán hình bằng phương pháp tam giác đồng dạng

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Tên đề tài: “Hình thành kỹ năng giải bài tốn hình bằng phương pháp
tam giác đồng dạng.”
II. Lý do chọn đề tài: Toán học là một mơn khoa học quan trọng. Nó có mặt
trong rất nhiều lĩnh vực của đời sống và là cầu nối của các ngành khoa học. Học
toán giúp chúng ta rèn luyện kĩ năng cơ bản, phát triển năng lực tư duy; phương
pháp suy luận, phương pháp giải quyết vấn đề, rèn luyện trí thơng minh sáng
tạo, hình thành và xây dựng thế giới quan khoa học cho mỗi học sinh, đặc biệt
hơn nữa là rèn luyện tính kiên trì. Điều này thể hiện rất rõ trong quá trình giải
các bài tập tốn. Là giáo viên giảng dạy bộ mơn tốn trong nhiều năm tôi nhận
thấy học sinh thường ngại học tốn hình; chương trình hình học lớp 8, kiến thức
về các trường hợp đồng dạng của tam giác rất quan trọng. Từ các tam giác đồng
dạng ta có mối liên hệ giữa các đoạn thẳng, các góc, các tam giác,…Từ đó có thể
tính được độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi hay diện tích của một số hình. Ngồi
ra, từ các tam giác đồng dạng ta có thể chứng minh được một số các quan hệ hình
học khác như song song, vng góc, các hệ thức hình học, các điểm thẳng hàng,
các đường đồng quy hay bài toán cực trị hình học. Hơn nữa, lớp 8 cịn là nguồn để
bồi dưỡng tham dự kì thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện, cấp thành phố. Trong
điều kiện dịch bệnh Covid-19 diễn ra, chương trình học giảm tải và học sinh học
bài qua Ti vi vì thế nhiều em tự học sẽ gặp những khó khăn nhất là khi gặp bài
tốn mà đề bài khơng đề cập đến tam giác đồng dạng thì lại khơng nghĩ đến điều
này. Đây là điều làm tôi suy nghĩ, trăn trở, băn khoăn.
Qua quá trình giảng dạy và theo sát quá trình dạy-học qua Ti vi, tôi thấy
rằng: để giải quyết vấn đề này và lại nâng cao năng lực giải tốn góp phần bồi
dưỡng khả năng tư duy cho học sinh, chúng ta cần trang bị cho học sinh một số
phương pháp thường dùng. Từ đó khi các em làm một bài tốn các em tự tin hơn
và tìm ra được cách giải phù hợp. Vì thế tơi đã đi sâu vào nghiên cứu và xây
dựng chuyên đề: " Hình thành kỹ năng giải bài tốn hình bằng phương pháp
tam giác đồng dạng. "
1

III. Phạm vi và thời gian thực hiện: Đề tài được thực hiện trong một chuyên
đề (6 tiết) ôn tập và bồi dưỡng bằng hình thức học trực tuyến cho học sinh lớp
8A năm học 2019-2020.
Phần II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Khảo sát thực tế:
Khi nghiên cứu đề tài: "Hình thành kỹ năng giải bài tốn hình bằng
phương pháp tam giác đồng dạng". Để tìm hiểu kiến thức của học sinh về việc
vận dụng tam giác đồng dạng trong giải tốn tơi đã tiến hành khảo sát thực tế
bằng cách gửi đề bài cho học sinh, yêu cầu các em làm và hết giờ chụp qua Zalo
nộp cho giáo viên.
Đề bài: Cho tam giác ABC , đường phân giác AD. Vẽ DE //AB, DF //
AC (E∈ AC, F ∈ AB). Biết AB = 3cm, AC = 6cm.
a) Chứng minh AEDF là hình thoi;

b) Tính chu vi hình thoi AEDF

Đáp án và biểu điểm:
Câu

Nội dung

Điểm

a

Vẽ hình , ghi giả thiết, kết luận đúng
Tứ giác AEDF có: DE //AF, DF // AE (GT) ⇒ AEDF là hình bình
hành

1
3

·
·
Hình bình hành AEDF có FAD
(GT) ⇒ AEDF là hình thoi
= EAD

3
b

Đặt AE = ED = x (cm) thì EC = 6 – x (cm). Vì DE //AB (GT) ⇒
∆ ABC ∽ ∆ EDC (định lí) ⇒

3
6
=
⇒ x = 2 (cm)
x 6− x

Chu vi hình thoi AEDF bằng 2.4 = 8 (cm)
2

1,5
1
0,5


Sau khi nhận bài qua Zalo tôi đã chấm và thu được kết quả:

Lớp
8A

Số bài
37

Giỏi
15

Khá
17

Trung bình
5

Yếu
0

Kém
0

Đây là một bài tốn cần vận dụng tính chất của cặp tam giác đồng dạng
vào việc tính độ dài, tính chu vi của hình nhưng qua bài kiểm tra tơi thấy được là
có nhiều em khơng biết vận dụng để tính độ dài cạnh hình thoi từ đó tính chu vi
hình thoi.
II. Số liệu điều tra trước khi thực hiện:
Qua khảo sát thực tế tôi thấy: Học sinh biết vận dụng kiến thức trong giải
tốn, tuy nhiên có nhiều em khơng biết vận dụng linh hoạt kiến thức, từ đó thấy
khó, thấy nản trong quá trình học tập.
III. Những biện pháp thực hiện:

1. Cơ sở lí luận:
Tam giác đồng dạng và các trường hợp đồng dạng của tam giác được sử
dụng nhiều trong giải tốn, đặc biệt là những bài tốn có liên quan đến góc, đoạn
thẳng, tỉ số hai đoạn thẳng. Trong thực tế, khơng phải bài tốn nào cũng đề cập
đến việc chứng minh tam giác đồng dạng ngay ở đề bài mà địi hỏi người học
phải tự tìm ra những tam giác đồng dạng để giải quyết vấn đề bài toán đưa ra.
Qua đó tư duy giải tốn, phân tích, suy luận, tổng hợp,… thường xuyên được
rèn luyện và phát triển.
2.Thực trạng vấn đề:
Các trường hợp đồng dạng của tam giác khơng phải là phần kiến thức q
khó, hơn nữa nó có sự tương đồng với các trường hợp bằng nhau của tam giác
nên học sinh có phần hứng thú khi tìm hiểu. Dù vậy, khi đề bài tốn u cầu tính
tốn, chứng minh,… mà khơng đề cập đến tam giác đồng dạng thì nhiều em học
sinh lại khơng nghĩ đến câu hỏi: Liệu có đưa về bài tốn chứng minh tam giác
đồng dạng được hay khơng? Trong khi có rất nhiều bài, sử dụng cách ấy lại cho
ta một lời giải nhanh, dễ hiểu, thậm chí cịn là cách duy nhất để giải bài tập đó.
3


Việc học tập qua truyền hình và ơn tập ở nhà địi hỏi tính tự giác cao của
người học. Một số em thiếu tập trung nên việc làm bài tập giáo viên giao trên
truyền hình và trên trang Web nhà trường cịn khó khăn và chưa đầy đủ.
3.Các biện pháp giải quyết vấn đề:
Xuất phát từ thực tế, để giúp học sinh học và thành thạo trong quá trình
vận dụng kiến thức linh hoạt trong giải tốn, tơi tổng hợp và giới thiệu phương
pháp tam giác đồng dạng áp dụng trong các dạng bài tập:
1. Tính (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi, diện tích,…)
2. Chứng minh hệ thức, đẳng thức
3. Chứng minh quan hệ song song
4. Chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau

5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh các đường đồng quy
6. Giải bài tốn cực trị hình học
3.1. Tính (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, chu vi, diện tích,…)
Ví dụ 1: Cho ∆ ABC có AB = 4,8cm; BC = 3,6cm; AC = 6,4cm. Trên cạnh AC
lấy điểm E sao cho AE – 2,4cm, trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = 3,2cm.
a) Tính DE;
b) Gọi giao điểm của CB và ED là F. Tính FD

4


GT ∆ ABC. AB = 4,8cm; BC = 3,6cm;
AC = 6,4cm. E ∈ AC, AE = 2,4cm;
D ∈ AB, AD = 3,2cm
KL

a) DE = ?
b) CB cắt ED tại F, FD = ?

Hướng dẫn: DE là cạnh của ∆ ADE có AD = 3,2cm, AE = 2,4cm. Nếu chứng
minh được ∆ ADE đặc biệt, ta tính được DE. Ta cịn thấy ∆ ABC có ba cạnh đã
biết, nếu tìm được mối liên hệ đồng dạng giữa hai tam giác ta cũng tính được
DE. Suy nghĩ tương tự như vậy với câu b, ta tính được FD.
Giải: a)Ta có:
⇒

AB AE
3
AB AC
=

(= ) ⇒
=
. Do đó ∆ ABC ∽ ∆ AED (c.g.c)
AC AD 4
AE AD

BC AC hay 3, 6 6, 4
=
⇒ DE = 1,8 (cm)
=
DE 3, 2
DE AD

·
·
b) ∆ ABC ∽ ∆ AED ⇒ Cµ = ·ADE . Lại có ·ADE = BDF
( đối đỉnh) nên Cµ = BDF
.
∆ FDB ∽ ∆ FCE (g.g) nên

hay

FD FB DB 1,6 2
FD 2
=
=
=
= ⇒
=
FC FE CE

4 5
FC 5

FD
2
2
2
= ⇒ FD = ( FB + BC ) = ( FB + 3, 6) (1)
FB + BC 5
5
5
2
5

Mặt khác FB = FE =

2
2
(FD + DE) = (FD + 1,8) (2)
5
5

Từ (1)(2) ⇒ FD ≈ 2,1 (cm)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có µA = 900 , đường cao AH. Gọi P, Q theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BH, AH. AP giao với CQ tại K. Tính góc AKC?

5


GT ∆ ABC. µA = 900 , AH ⊥ BC(H ∈ BC)

P∈ BH, PB = PH; Q ∈ AH, AQ = QH
AP ∩ CQ = {K}
·AKC =?

KL

Hướng dẫn:Dự đoán qua hình vẽ góc AKC vng. Ta tính số đo trực tiếp hoặc
·
·
thơng qua tính tổng hai góc KAC và KCA. Nhận thấy KAC
+ KAB
= 900 nên ta
·
·
tìm cách chứng minh KAB
, từ đây ta lại nghĩ đến hai tam giác đồng dạng.
= KCA

Giải: ∆ ABH

AB

BH

∽ ∆ CAH (g.g) ⇒ CA = AH

=

2 BP BP
=

2 AQ AQ

·
·
·
Mà ·ABH = CAH
hay ·ABP = CAQ
nên ∆ ABP ∽ ∆ CAQ(c.g.c) ⇒ BAP
= ·ACQ
·
·
·
·
+ PAC
= 900 ⇒ ·ACQ + PAC
= 900 ⇒ CAK
= 900 . Vậy ·AKC =900
Lại có BAP

Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm 2, trong đó diện tích tam giác
ABC bằng 11cm2. Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD và DC lần
lượt tại M và N. Tính diện tích tam giác MND
GT Tứ giác ABCD,
S ABCD = 36cm 2 , S ABC = 11cm 2

B ∈ MN, MN // AC, M ∈ AD,
N∈ DC
KL

S MDN =?

Hướng dẫn: Với giả thiết ta biết diện tích của các tam giác, khơng biết độ dài
đoạn thẳng nào nên ta tìm các diện tích bằng nhau dựa vào MN // AC. Khi đó ta
biết thêm S MDC và để tính S MDN ta đi tính S MCN hoặc dùng tính chất của hai tam
giác đồng dạng DAC và DMN.

6


2
Giải: S ADC = S ABCD − S ABC = 36 − 11 = 25(cm )
2

S
 MD 
AC //MN(GT) ⇒ ∆ MDN ∽ ∆ ADC (định lí) ⇒ MDN = 
÷ (1)
S ADC  AD 
∆ MAC và ∆ ABC có chung đáy AC và chiều cao bằng nhau (Do AC //MN) nên
2
2
diện tích bằng nhau. Vậy S MAC = 11cm , do đó S MDC = S ADC + S MAC = 36(cm )

∆ ADC và ∆ MDC có chung chiều cao là khoảng cách từ C xuống MD nên:

MD S MDC 36
=
=
(2)
AD S ADC 25

2

Từ (1)(2) ⇒ S MDN

36
= ữ ì25 = 51,84(cm 2 )
25 

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC và điểm O bất kì bên trong tam giác. Nối OA, OB,
OC. Trên OA lấy điểm P sao cho

OP 2
= . Từ P kẻ đường thẳng song song với
OA 3

AB cắt OB tại Q. Từ Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt OC tại R. Biết chu
vi tam giác ABC bằng 45cm. Tính chu vi tam giác PQR.

GT

O nằm trong ∆ ABC. P∈ OA,
OP 2
= ; PQ // AB, Q ∈ OB;
OA 3

QR//BC,R ∈ OC;
AB+BC+CA = 45cm
KL

Chu vi ∆ PQR = ?

Hướng dẫn: Để tính chu vi ∆ PQR khi biết chu vi ∆ ABC ta tìm mối liên hệ
giữa các cạnh của hai tam giác hoặc liên hệ giữa hai tam giác từ giả thiết PQ //
AB và QR//BC.
7


Giải: Ta chứng minh được

PQ QR 2
·
·
=
(= ) và PQR
= ABC
nên ∆ PQR
AB BC 3

(c.g.c) với tỉ số đồng dạng là k =

∽ ∆ ABC

2
3

Gọi p là chu vi ∆ ABC, p’ là chu vi ∆ PQR, khi đó ∆ PQR ∽ ∆ ABC nên:
p' 2
2
2
= ⇒ p ' = ×p = ×45 = 30 (cm)

p 3
3
3

Bài tập:
Bài 1: Tam giác ABC có AB = 4cm, AC = 6cm, BC = 8cm. M là trung điểm của
BC, D là trung điểm của BM. Tính độ dài AD
Bài 2: Cho hình thoi ABCD có góc A bằng 60 0 , P là một điểm thuộc cạnh AB;
N là giao điểm của hai đường thẳng AD và CP; M là giao điểm của BN và DP.
a) Tính góc BMD

b) Chứng minh: PA. PB = PD. PM

Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH. Gọi D và E theo thứ
tự là các điểm đối xứng của điểm H qua các cạnh AB, AC.
2

 DE 
a) Chứng minh: BD.CE = 
÷
 2 

b) Cho AB = 3cm, AC = 4cm. Tính S DHE

3.2. Chứng minh hệ thức, đẳng thức:
Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD, AB = a, BC = b. Qua D kẻ đường thẳng cắt
AC, BC, AB lần lượt ở I, N, M. Chứng minh:
a) AM.CN = ab
b) DI2 = IN.IM

8


GT

Hình bình hành ABCD,
AB = a, BC = b. Đường thẳng
qua D cắt AB ở M, cắt BC ở N,
cắt AC ở I

KL

a) AM.CN = ab
b) DI2 = IN.IM

Hướng dẫn: Khi gặp bài tốn chứng minh đẳng thức về tích các đoạn thẳng, ta
nghĩ đến định lý Talet, hệ quả định lý Talet, tam giác đồng dạng (khi đề bài có
yếu tố song song) hoặc tính chất đường phân giác của tam giác (khi có yếu tố
góc bằng nhau). ABCD là hình bình hành nên các cạnh đối song song vì vậy tam
giác đồng dạng là điều ta nghĩ đến trong bài này.
·
·
Giải: a) Ta có: DAM
(hai góc đối của hình bình hành ABCD)
= NCD
·AMD = CDN
·
(so le trong do AM // CD)
⇒ ∆ ADM

∽ ∆ CND (g.g)

⇒

AM AD
=
⇒ AM .CN = AD.DC = ab
DC CN

b) CN // AD (do CB//AD) nên ∆ AID ∽ ∆ CIN (g.g) ⇒
DC // AB nên ∆ CID
Từ (1)(2) ⇒

∽ ∆ AIM (g.g)

⇒

DI AD
=
(1)
IN CN

DI CD
=
(2)
IM AM

DI .DI AD.CD
DI 2
ab

=
⇒
=
= 1 ⇒ DI 2 = IN .IM
IN .IM CN .MA
IM .IN ab

Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BD và CE cắt nhau ở H.
Chứng minh rằng BC2 = BH.BD + CH.CE

9


∆ ABC nhọn, BD ⊥ AC,

GT

CE ⊥ AB, BD ∩ CE = {H}
BC2 = BH.BD + CH.CE

KL

Hướng dẫn: Để xuất hiện các tích BH.BD và CH.CE khi đề bài đã cho những
đường vng góc ta nghĩ đến tam giác đồng dạng. Tuy nhiên cặp tam giác đồng
dạng tìm được lại chưa tạo được mối liên hệ với BC. Vì thế xuất hiện nhu cầu kẻ
đường phụ vng góc với BC để có cặp tam giác đồng dạng và có liên hệ với
BC nhằm giải quyết bài toán.
Giải: Kẻ HK ⊥ BC: ∆ BKH
∆ CKH

∽ ∆ BDC (g.g)

∽ ∆ CEB (g.g)

⇒

⇒

BH BK
=
⇒ BH .BD = BK .BC (1)
BC BD

CK CH
=
⇒ CK .CB = CE.CH (2)
CE CB

Từ (1)(2) ⇒ BH.BD + CH.CE = BC(BK+CK) = BC2
Bài tập:
Bài 1: Cho tam giác ABC vng góc tại đỉnh A. Kẻ đường cao AH. Chứng minh
hệ thức:
a) AB2 = BH.BC;

b) AH2 = BH.CH;

c)

1
1

1
=
+
2
2
AH
AB
AC 2

Bài 2: Cho hình vng ABCD, cạnh có độ dài là a. Một đường thẳng d bất kì đi
qua đỉnh C, cắt tia AB tại E và cắt tia AC tại F.
a) Chứng minh rằng tích BE.DF có một giá trị khơng phụ thuộc vào vị trí của
đường thẳng d
b) Chứng minh hệ thức:

BE AE 2
=
DF AF 2

c) Xác định vị trí của đường thẳng d để có hệ thức: DF = 4.BE
10


8a 2
d) Giả sử S AEF =
. Tính độ dài các đoạn BE và DF theo a
3

3.3. Chứng minh quan hệ song song
Ví dụ : Cho tam giác đều ABC, các đường phân giác góc B và góc C cắt nhau

tại O. Trên cạnh BC lấy điểm D không trùng với trung điểm của nó. Vẽ DE
vng góc với AB cắt OB tại M; vẽ DF vng góc với AC cắt OC tại N. Chứng
minh rằng: MN // EF
GT ∆ ABC đều. Phân giác góc B và C
cắt nhau tại O. D ∈ BC (DB ≠ DC)
DE ⊥ AB, DE ∩ OB = {M}
DF ⊥ AC, DF ∩ OC = {N}
KL MN//EF
Hướng dẫn: Có rất nhiều cách để chứng minh hai đường thẳng song song. Với
bài toán này, từ giả thiết ∆ ABC đều ta biết được số đo của các góc trong các
tam giác: BMD, DNC, BED, CFD và tìm được các cặp tam giác đồng dạng. Từ
đó có những cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ chứng tỏ được MN//EF.
Giải: Ta có ∆ ABC đều, phân giác góc B và góc C cắt nhau tại O nên BO, CO
vừa là đường phân giác vừa là đường cao
·
·
·
·
⇒ OBC
= OBA
= OCB
= OCA
= 300 và BO//DF (cùng ⊥ AC), CO//DE (cùng ⊥ AB)
·
·
·
·
⇒ MBD
⇒ ∆ MBD
= NDC

, MDB
= NCD
∆ EBD ∽ ∆ FCD (g.g) ⇒

Từ (1)(2) ⇒

DE DB
=
DF DC

∽ ∆ NDC (g.g) ⇒ DM
DN

=

DB
(1)
DC

(2)

DM DE
DM DN
⇒ MN//EF (định lí Talet đảo)
=
⇒
=
DN DF
DE DF

11


Bài tập:
Bài 1: Cho tam giác đều ABC, O là trọng tâm của tam giác. M là một điểm trên
cạnh BC không trùng với trung điểm của BC. Kẻ MP và MQ lần lượt vng góc
với AB và AC. Các đường vng góc này cắt OB và OC tương ứng ở I và K.
a) Chứng minh tứ giác MIOK là hình bình hành
b) Gọi R là giao điểm của PQ và OM. Chứng minh R là trung điểm của PQ
Bài 2: Cho hình vng ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo . Lấy điểm G
·
thuộc cạnh BC, điểm H thuộc cạnh CD sao cho GOH
= 450 . Gọi M là trung điểm

của AB. Chứng minh rằng:
a) ∆ HOD

∽ ∆ OGB

b) MG song song với AH

3.4. Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau, các góc bằng nhau
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến BM, CN. Biết ·ABM = ·ACN .
Chứng minh BM = CN
GT ∆ ABC; trung tuyến BM, CN.
·ABM = ·ACN

KL BM = CN

Hướng dẫn: Để chứng minh BM = CN ta thường nghĩ đến hai tam giác bằng

nhau. Tuy nhiên với giả thiết bài toán ta thấy ngay ∆ ABM và ∆ CAN đồng
dạng. Từ đó dẫn đến suy luận chứng tỏ tỉ số đồng dạng bằng 1.
Giải:

ABM và ∆ ACN có: ·ABM = ·ACN (GT) và chung góc A

∆

⇒ ∆ ABM

∽ ∆ ACN (g.g) ⇒

BM AB AM
=
=
CN AC AN

12

(1)


Có BM và CN là các trung tuyến ⇒ AM =

1
1
AC, AN = AB nên:
2
2

1
AC
AB 2
AC
=
=
⇒ AB 2 = AC 2 ⇒ AB = AC (2)
1
AC
AB AB
2

Từ (1)(2) ⇒ BM = CN
Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E. Tia AE cắt đường
thẳng CD tại M, tia DE cắt đường thẳng AB tại N. Chứng minh rằng:
·
·
BCN
= CMB

GT ABCD là hình vng.
E∈ BC, AE ∩ CD = {M};
DE ∩ AB = {N}
·
·
KL BCN
= CMB

·
·

Hướng dẫn: Với suy luận ngược nếu BCN
thì ∆ NBC
= CMB

∽ ∆ BCM. Giả

·
·
thiết cho NBC
= BCM
= 900 nên ta tìm cặp cạnh tương ứng tỉ lệ. ABCD là hình

vng nên có những cặp đoạn thẳng bằng và song song giúp ta dễ dàng tìm được
cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ cần thiết.
Giải: AB // CM (do AB // CD) ⇒

AB EB
=
(hệ quả định lí Talet) (1)
CM EC

BN // CD (do AB // CD) ⇒

BN EB
=
(hệ quả định lí Talet) (2)
CD EC

Từ (1)(2) ⇒
nên

AB BN
=
. Mặt khác AB = BC = CD = DA (ABCD là hình vng)
CM CD

BC BN
=
. Do đó ∆ NBC
CM CB

·
·
∽ ∆ BCM (c.g.c) ⇒ BCN
(góc tương ứng)
= CMB

13


Bài tập:
Bài 1: Cho tam giác ABC có AB = 10cm, AC = 20cm. Trên cạnh AC lấy điểm D
sao cho AD = 5cm. Chứng minh: ·ABD = ·ACB
·
·
Bài 2: Cho điểm M nằm trong hình bình hành ABCD sao cho MAB
. Qua
= MCB

M vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB và CD theo thứ tự ở G và H. Qua

M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BC ở F. Chứng minh rằng:
a) ∆ AGM ∽ ∆ CFM

·
·
b) MBC
= MDC

3.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh các đường đồng quy
Ví dụ: Cho bốn điểm A, C’, D’, B theo thứ tự ấy nằm trên cùng một đường
thẳng a. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng a, ta vẽ các hình
vng ABCD và A’B’C’D’. Chứng minh bốn đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’
đồng quy.
GT A, C’, D’, B ∈ a.
ABCD, A’B’C’D’ là các hình
vng thuộc cùng một nửa
mặt phẳng bờ a
KL AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy.

Hướng dẫn: Với giả thiết đề bài cho, ta nghĩ đến đưa bài toán về chứng minh ba
điểm thẳng hàng và để chứng minh điều đó ta chứng minh góc có tổng bằng
1800. Như vậy là phải tìm được, quy được từ các góc đã có tổng 180 0 về các góc
cần tìm thơng qua cặp tam giác bằng nhau hoặc đồng dạng.
Giải: Gọi O là giao điểm của AA’ và BB’.
A’B’ // C’D’(A’B’C’D’ là hình vuông) nên A’B’ // AB

14


⇒

OB ' A ' B '
OB ' B 'C'
=
=
(hệ quả định lí Talet) hay
(do A’B’=B’C’, AB=BC)
OB
AB
OB
BC

· ' B ' O = CBO
·
∆ OB’C’ và ∆ OBC có: C
(so le trong, B’C’//BC)
OB ' B 'C'
=
(chứng minh trên)
OB
BC

· 'OC' = BOC
·
⇒ ∆ OB’C’ ∽ ∆ OBC (c.g.c) ⇒ B
(góc tương ứng)
· ' OC ' + C
· ' OB = 1800 ⇒ BOC
·
· ' OB = 1800 hay C, O, C’ thẳng hàng

Mà B
+C
⇒ CC’ đi qua điểm O

Chứng minh tương tự, ta cũng có DD’ đi qua điểm O. Vậy AA’, BB’, CC’, DD’
đồng quy.
Bài tập:
Bài 1: Về phía ngồi của tam giác ABC, ta dựng các tam giác vuông đồng dạng
ABE và ACF ( ·ABE = ·ACF = 900 ). Chứng minh rằng BF, CE và đường cao AH
của tam giác ABC đồng quy
Bài 2: Trên các cạnh AB, CD của hình vng ABCD lần lượt lấy các điểm M, N
sao cho AM = CN =

1
AB. Gọi K là giao điểm của AN và DM. Gọi S là trực tâm
3

của tam giác ADK. Chứng minh rằng B, C, S thẳng hàng.
3.6. Giải bài tốn cực trị hình học
Ví dụ 1: Cho hai điểm A và B cố định. Điểm M di động sao cho MAB là tam
giác có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường
cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM

15


GT ∆ MAB có ba góc nhọn;
A, B cố định, M di động;
H là trực tâm, MK ⊥ AB tại K
KL Tìm giá trị lớn nhất của KH.KM

Hướng dẫn: Theo đề bài ta thấy A, B cố định; độ dài AB khơng đổi. Vì vậy để
tìm giá trị lớn nhất của KH.KM ta hướng đến yếu tố liên quan đến cạnh AB. Lại
thấy trên AB có AK và KB vì vậy tìm liên hệ giữa KH.KM và KB.KA thơng qua
tam giác đồng dạng.
·
·
·
Giải: ∆ KAH và ∆ KMB có ·AKH = MKB
(= 900 ) và KAH
(cùng phụ với Bµ )
= KMB
⇒ ∆ KAH ∽ ∆ KMB (g.g) ⇒

KH AK
=
⇒ KH ×KM = KB ×AK (1)
KB KM

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương, ta có:
AK + KB
AB 2
AK ×KB ≤
⇔ AK ×KB ≤
(2)
2
4
AB 2
AB 2
Từ (1)(2) ⇒ KH .KM ≤
(

không đổi)
4

4

Dấu “= “ xảy ra khi và chỉ khi AK= KB hay M thuộc đường trung trực đoạn AB
Vậy giá trị lớn nhất của tích KH.KM bằng

AB 2
4

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Qua một điểm bất kì thuộc cạnh BC, vẽ các đường
thẳng song song với hai cạnh kia tạo với hai cạnh ấy một hình bình hành. Tìm vị
trí của điểm M để hình bình hành có diện tích lớn nhất.

16


GT ∆ ABC. M∈ BC;
MD // AC (D ∈ AB)
ME // AB (E ∈ AC)
KL Tìm vị trí điểm M để S ADME lớn
nhất
Hướng dẫn: ∆ ABC cố định, M di động nên chỉ có diện tích ∆ ABC khơng đổi
cịn diện tích các hình BDM, CEM, AEMD đều thay đổi. Tuy nhiên, từ giả thiết
có các đường thẳng song song ta nghĩ đến tính chất về diện tích của hai tam giác
đồng dạng từ đó tìm lời giải cho bài toán.
Giải: Đặt S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của ∆ ABC, ∆ BDM, ∆ MEC và hình
bình hành ADME; BM = x, MC = y, BC = a. Ta có: x + y = a
Do S3 = S – (S1 + S2) nên

S3
S + S2
= 1− 1
(1)
S
S
2

S  x
MD // AC (GT) ⇒ ∆ ABC ∽ ∆ DBM (định lí) ⇒ 1 =  ÷ (2)
S a
2

S  y
ME // AB (GT) ⇒ ∆ ABC ∽ ∆ EMC (định lí) ⇒ 2 =  ÷ (3)
S a

S
x 2 + y 2 a 2 − ( x 2 + y 2 ) ( x + y )2 − ( x 2 + y 2 ) 2 xy
=
=
= 2
Từ (1)(2)(3) ⇒ 3 = 1 −
2
2
2
S

a

a

a

a

Do S và a2 không đổi nên S3 lớn nhất khi và chỉ khi xy lớn nhất.
Các số x và y có tổng bằng a khơng đổi nên tích xy lớn nhất khi và chỉ khi x = y.
Khi đó M là trung điểm của BC và S ADME =

1
S ABC
2

Bài tập:
Bài 1: Qua điểm O nằm trong tam giác ABC ta vẽ những đường thẳng song
song với ba cạnh. Các đường thẳng này chia tam giác ABC thành ba hình bình
17


hành và ba tam giác nhỏ. Biết diện tích của các tam giác đó là a2, b2, c2.
a) Tính diện tích S của tam giác ABC
2
2
2
b) Chứng minh S ≤ 3 ( a + b + c )

Bài 2: Cho tam giác ABC. Qua điểm O nằm bên trong tam giác ta vẽ những
đường thẳng song song với ba cạnh. Các đường thẳng này chia tam giác ABC

thành ba hình bình hành và ba tam giác nhỏ.
a) Biết diện tích tam giác ABC bằng 81cm 2, hai trong ba tam giác nhỏ có diện
tích là 4cm2 và 16cm2. Tính diện tích tam giác cịn lại.
b) Chứng minh rằng tổng diện tích của ba tam giác nhỏ lớn hơn hoặc bằng

1
3

diện tích tam giác ABC. Điểm O ở vị trí nào thì xảy ra dấu bằng?
KẾT QUẢ THỰC HIỆN CĨ SO SÁNH ĐỐI CHỨNG
Sau q trình thực hiện đề tài tơi nhận thấy: Học sinh sôi nổi, hứng thú
hơn trong các giờ học. Khi giải các bài tập hình, các em đã biết quan sát, tìm
hiểu các giả thiết để vận dụng trực tiếp hay linh hoạt các kiến thức đã được học
trong giải bài toán. Để một lần nữa khẳng định lại kết quả mà cơ trị tơi đã đạt
được và cũng là lúc kết thúc của đề tài, tôi đã tiến hành khảo sát lại với đề bài
như sau:
Cho tam giác ABC, AB = 12cm, AC = 15cm. Trên các cạnh AB, AC lần
lượt lấy M và N sao cho AM = 5cm, AN = 4cm.
a) Chứng minh rằng tứ giác MNCB có các cặp góc đối bù nhau.
b) Gọi O là giao điểm của BN và CM. Chứng minh rằng OB. ON = OC. OM
Kết quả:
Lớp
8A

Số bài
37

Giỏi
29

Khá
8
18

Trung bình Yếu
0
0

Kém
0


Như vậy là có sự tiến bộ rõ rệt sau khi thực hiện chuyên đề. Các em học
sinh không những thành thạo trong chứng minh hai tam giác đồng dạng mà cịn
phân tích giả thiết rất tốt để chọn ra hướng giải phù hợp. Từ những thành công
nhỏ trong mỗi bài tập đó đã đem đến cho các em niềm say mê với mơn tốn và
đặc biệt là tốn hình. Cũng từ đó góp phần nâng cao chất lượng bộ môn cũng
như kết quả học tập của các em học sinh.
Phần III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
Qua quá trình nghiên cứu và thực hiện, tôi nhận thấy chuyên đề đã đem
lại hiệu quả cao trong củng cố kiến thức, rèn luyện tư duy, sáng tạo và tạo niềm
hứng thú say mê học tập cho học sinh. Cũng từ đó, theo tơi, trong q trình
giảng dạy và bồi dưỡng mơn Tốn, giáo viên cần sử dụng phương pháp phù hợp
đối tượng học sinh, giới thiệu và tổng hợp kiến thức dưới dạng từng chuyên đề
giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ và khắc sâu kiến thức. Những kinh nghiệm hay, có
tính khả thi cần ứng dụng rộng rãi để nâng cao hiệu quả chất lượng môn học
cũng như chất lượng giáo dục trong nhà trường.
Trên đây là một số ý kiến và kinh nghiệm của tôi khi nghiên cứu, giảng
dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh lớp 8. Để đề tài đạt hiệu quả cao hơn, tôi
rất mong nhận được sự giúp đỡ và đóng góp ý kiến của hội đồng khoa học và

các bạn bè, đồng nghiệp.
Tôi xin trân thành cảm ơn!

19


NHỮNG TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa, sách giáo viên , sách bài tập toán 8
2. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 8(Nhà xuất bản giáo dục)
3. Tốn nâng cao và các chun đề hình học 8 (Nhà xuất bản giáo dục)
4. Toán nâng cao hình học 8 (Nhà xuất bản Đại học sư phạm )
5. Tốn bồi dưỡng học sinh lớp 8 hình học (Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam)
6. Nâng cao và phát triển toán 8 (Nhà xuất bản giáo dục)
7. Tài liệu chuyên Toán Trung học cơ sở-Toán 8 (Nhà xuất bản giáo dục Việt
Nam)

20


Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI
ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
Ngày….tháng …. năm 2020
Chủ tịch hội đồng

ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NGÀNH GIÁO
DỤC ĐÀO TẠO HUYỆN
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
Ngày….tháng …. năm 2020
Chủ tịch hội đồng

21


……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………

22