Chuyên đề tam giác đồng dạng

Chuyên đề:
Phơng pháp tam giác đồng dạng
trong giải toán hình học phẳng
Lớp 8
------
Nhóm tác giả:
Nguyễn Quốc Huy - Chủ biên
Giang Ngọc Diệp
Nguyễn Thị Nga
Hà Thị Sáu
Phan Hải Hà
Phạm Thị Phơng
Phạm Thị Nguyệt
Cụm trờng thị trấn Diêm Điền
Thái Thụy, Tháng 11 năm 2006
Cấu trúc chuyên đề:
1
I. Đặt vấn đề
1. Khái niệm chung về
phương pháp tam giác
đồng dạng
2. Tóm tắt kiến
thức liên quan
3. Các dạng
toán cụ thể
4. Tiết dạy
minh họa
Dạng 1:
Tính độ dài
đoạn thẳng,
tỷ số, diện

tích
Dạng 2:
Chứng minh
hệ thức
Dạng 3:
Chứng minh
song song
Dạng 4:
Chứng minh
đồng dạng
Dạng 5:
Chứng minh
đoạn thẳng
bằng nhau, góc
bằng nhau
Dạng 6:
Toán ứng dục
thực tế
Phần thứ nhất: Đặt vấn đề
Trong chơng trình hình học phẳng THCS, đặc biệt là hình học 8, phơng pháp
Tam giác đồng dạng là một công cụ quan trọng nhằm giải quyết các bài toán hình học
Phơng pháp Tam giác đồng dạng là phơng pháp ứng dụng tính chất đồng dạng của
tam giác, tỷ lệ các đoạn thẳng, trên cơ sở đó tìm ra hớng giải các dạng toán hình học.
Trên thực tế, việc áp dụng phơng pháp Tam giác đồng dạng trong giải toán có
các thuận lợi và khó khăn chứng nh sau:
* Thuận lợi:
+ Một là: Phơng pháp Tam giác đồng dạng là công cụ chính giúp ta tính toán
nhanh chóng các dạng toán đặc trng về tính tỷ lệ, chứng minh hệ thức, các bài tập ứng
dụng các định lý sau Thales....
+ Hai là: Với một số dạng toán quen thuộc nh chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc

bằng nhau, chứng minh song song, chứng minh thẳng hàng, phơng pháp Tam giác đồng
dạng có thể cho ta những cách giải quyết gọn gàng, ngắn hơn các phơng pháp truyền thống
khác nhau sử dụng tính chất tam giác, tính chất tứ giác đặc biệt...
+ Ba là: Phơng pháp Tam giác đồng dạng giúp rèn luyện tốt khả năng t duy logic của
học sinh, rèn luyện tính sáng tạo, phát triển trí tuệ cho học sinh một cách hiệu quả.
* Khó khăn:
+ Thứ nhất: Phơng pháp Tam giác đồng dạng còn lạ lẫm với học sinh. Các em
cha quen với việc sử dụng một phơng pháp mới để giải toán thay cho các cách chứng
minh truyền thống, đặc biệt là với các học sinh lớp 8 mới.
+ Thứ hai: Việc sử dụng các tỷ số cạnh rất phức tạp dễ dẫn đến nhầm lẫn trong
tính toán, biến đổi vòng quanh luẩn quẩn, không rút ra ngay đợc các tỷ số cần thiết,
không có kỹ năng chọn cặp tam giác cần thiết phục vụ cho hớng giải bài toán.
Từ những nhận định trên, chuyên đề này giải quyết giúp cho giáo viên dạy lớp 8 và
các em học sinh một số vấn đề cụ thể là :
- Hệ thống lại các kiến thức thờng áp dụng trong phơng pháp.
- Hệ thống các dạng toán hình học thờng áp dụng phơng pháp Tam giác đồng dạng.
- Định hớng giải quyết các dạng toán này bằng Phơng pháp Tam giác đồng dạng
- Hệ thống một số bài tập luyện tập.
- Minh họa một số tiết dạy luyện tập.
Trong chuyên đề này tập thể tác giả đã có rất nhiều cố gắng nhằm làm rõ thêm một số
phơng pháp hình học đặc trng, tuy nhiên do hạn chế về kiến thức về thực tế giảng dạy chào
chấn *** chuyên đề còn nhiều thiếu sót. Kính mong các thầy giáo, cô giáo có nhiều năm
kinh nghiệm trong giảng dạy, các bạn đồng nghiệp tham gia góp ý bổ sung làm cho chuyên
đề trở nên hoàn chỉnh hơn. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn./.
2
B
Phần II
Kiến thức cơ bản
----
1. Đinh lý Talet trong tam giác.

Nếu một đờng thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cnahj còn lại
thì nó định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tơng ứng tỷ lệ.
MN // BC
AM AN
AB AC
=
AM AN
MB NC
=
2. Khái niệm tam giác đồng dạng.
Tam giác ABC gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu:
+
à
à
'A A=
;
à
à
à à
' ; 'B B C C= =
' ' ' ' ' 'A B B C A C
AB BC AC
= =
3. Các trờng hợp đồng dạng của tam giác:
a) Trờng hợp thứ nhất (ccc):
Nếu 3 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 3 cạnh của tam giác kia thì 2 tam giác đó
đồng dạng.
b) Trờng hợp thứ 2(cgc):
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) Trờng hợp thứ 3(gg):
Nếu 2 góc của tam giác này lần lợt bằng 2 góc của tam giác kia thì hai tam giác đó
đồng dạng.
d) Các trờng 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 lẹ 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.
3
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 là h.thang (AB // CD)
A 12,5 B GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm
ã
DBA
=
ã
DBC

x KL x = ?

D C Giải
ABD và BDC có :
ã
DAB
=
ã
DBC
(gt)
à
1
B
=
à
1
D
( so le trong do AB // CD)
ABD P BDC (g.g)

BD
AB
=
DC
BD
hay
x
5,12
=
5,28

x
x
2
= 12,5 . 28,5 x =
5,28.5,12
18,9(cm)
Bài 35 72 SBT:
A ABC; AB = 12cm; AC = 15cm
10 8 GT BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm
KL MN = ?
M N
B C Giải
Xét ABC và ANM ta có :
AC
AM
=
15
10
=
3
2
AB
AN
=
12
18
=
3
2
Mặt khác, có

à
A
chung
Vậy ABC P ANM (c.g.c)
Từ đó ta có :
AN
AB
=
NM
BC
hay
MN
18
18
12
=

12
18.8
= 12(cm)
Bài tập 3:
4

AC
AM
=
AB
AN
a) Tam giác ABC có
à

B
= 2
à
C
; AB = 4cm; BC = 5cm.
Tính độ dài AC?
b) Tính độ dài các cạnh của ABC có
à
B
= 2
à
C
biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự
nhiên liên tiếp.
A Giải
a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC
B ACD và ABC có
à
A
chung;
à
C
=
à
D
=
ACD P ABC (g.g)

AB
AC

=
AC
AD
AC
2
= AB. AD
D C = 4 . 9 = 36
AC = 6(cm)
b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lợt là a, b, c.
Theo câu (a) ta có.
AC
2
= AB. AD = AB(AB+BC) b
2
= c(c+a) = c
2
+ 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
= c
2
+ ac 2c + 1 = ac
c(a-2) = 1 (loại) vì c= 1 ; a = 3; b = 2 không là các cạnh của 1 tam giác
* Nếu b = c + 2 thì từ (1) (c + 2)
2
= c
2
+ 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.
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: Cho ABC vuông ở A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đờng trung trực của
BC cắt BC , BA, CA lần lợt 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 <
ca
ac
+
2
với AB = c; BC = a.
c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n. Cạnh hình thoi bằng d.
Loại 2: Tính góc
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 =
3
5
AH. Tính
ã
BAC
.
A
ABH;
à
H
= 90

0
; AB = 20cm
5
20 GT BH = 12cm; AC =
3
5
AH
KL
ã
BAC
= ?
B 12 H C Giải:
Ta có
AH
AC
BH
AB
===
3
5
12
20

AH
BH
AC
AB
=
Xét ABH và CAH có :
ã

AHB
=
ã
CHA
= 90
0
AH
BH
AC
AB
=
(chứng minh trên)
ABH P CAH (CH cạnh gv)
ã
CAH
=
ã
ABH
Lại có
ã
BAH
+
ã
ABH
= 90
0
nên
ã
BAH
+

ã
CAH
= 90
0
Do đó : BAC = 90
0
Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 60
0
. Một đờng thẳng bất kỳ đi qua C
cắt tia đối của các tia BA, DA tơng ứng ở M, N. Gọi K là giao điểm của BN và DM.
Tính BKD? M
Hình thoi ABCD;
à
A
= 60
0
;
B GT BN DM tại K
KL Tính
ã
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) và (2)
DN
AD
AB
MB
=
ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và
à
A
= 60
0
nên là đều
AB = BD = DA
Từ
DN
AD
AB
MB
=
(cm trên)

DN
BD
BD
MB
=
Mặt khác :
ã
MBD
=
ã
DBN
= 120
0
Xét 2MBD và BDN có :
DN
BD
BD
MB
=
;
ã
MBD
=
ã
DBN
MBD P BDN (c.g.c)

ả
1
M

=
à
1
B
6
MBD và KBD có
ả
1
M
=
à
1
B
;
ã
BDM
chung
ã
BKD
=
ã
MBD
= 120
0
Vậy
ã
BKD
= 120
0
Bài tập đề nghị:

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 P ABC
b) Biết A = 105
0
; D = 45
0
. Tính các góc còn lại của mỗi
Loại 3: Tính tỷ số đoạn thẳng, tỷ số chu vi, tỷ số diện tích
Ví dụ minh họa:
+ Bài 1: Cho ABC, D là điểm trên cạnh AC sao cho
ã
ã
BDC ABC=
.
Biết AD = 7cm; DC = 9cm. Tính tỷ số
BA
BD
B ABC; D AC :
ã
ã
BDC ABC=
;
GT AD = 7cm; DC = 9cm
KL Tính
BA
BD
.
C B A
Giải:

CAB và CDB có C chung ;
ã
ABC
=
ã
BDC
(gt)
CAB P CDB (g.g)
CB
CA
CD
CB
=
do đó ta có :
CB
2
= CA.CD
Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = 9 + 7 = 16 (cm)
Do đó CB
2
= 9.16 = 144 CB = 12(cm)
Mặt khác lại có :
4
3
=
BA
DB
+ Bài 2: (Bài 29 74SGK)
A
A ABC và ABC: AB =6 ;

6 9 GT AC = 9; AC = 6; BC = 8
KL a) ABC P ABC
B 12 C B 12 C b) Tính tỉ số chu vi của ABC và ABC
Giải:
a) ABC P ABC (c.c.c)
Vì
3
2''''''
===
BC
CB
AC
CA
AB
BA
b) ABC P A
+
B
+
C
+
(câu a)
BC
CB
AC
CA
AB
BA ''''''
==
=

BCACAB
CBCABA
++
++
''''''
=
27
18
1296
864
=
++
++
Vậy
27
18'''
=


ABCChuvi
CBAChuvi
7
6
4
6
+ Bài 3: Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của Ab, BC,
CE cắt DF ở M. Tính tỷ số
ABCD
CMB
S

S
?
D C Hình vuông ABCD; AE = EB ;
M GT BF = CF; CE DF tại M
F KL Tính
ABCD
CMB
S
S
?
A E B Giải:
Xét DCF và CBE có DC = BC (gt);
à
C
=
à
B
= 90
0
; BE = CF
DCF = CBE (c.g.c)
à
D
1
=
à
C
2
Mà
à

C
1
+
à
C
2
= 1v
à
C
1
+
à
D
1
= 1v CMD vuông ở M
CMD P FCD (vì
à
D
1
=
à
C
2
;
à
C
=
ả
M
)

FC
CM
FD
DC
=
FCD
CMD
S
S
=
2
2
FD
CD
S
CMD
=
2
2
FD
CD
. S
FCD
Mà S
FCD
=
2
1
CF.CD =
2

1
.
2
1
BC.CD =
4
1
CD
2
Vậy S
CMD
=
2
2
FD
CD
.
4
1
CD
2
=
4
1
.
2
4
FD
CD
(*)

áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông DFC, ta có:
DF
2
= CD
2
+ CF
2
= CD
2
+ (
2
1
BC)
2
= CD
2
+
4
1
CD
2
=
4
5
CD
2
Thay DF
2
=
4

5
CD
2
ta có :
S
CMD
=
5
1
CD
2
=
5
1
S
ABCD

ABCD
CMB
S
S
=
5
1
Bài tập đề nghị:
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 = PD.
Tính tỷ số
PC
PA

và
AC
AP
b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh rằng PQ // BC. Tính tỷ số
BC
PQ
và
MB
PM
c) Chứng minh rằng diện tích 4 tam giác BAM, BMD, CAM, CMD bằng nhau.
Tính tỷ số diện tích MAP và ABC.
Loại 4: Tính chu vi các hình
+ Bài 1(bài 33 72 SBT)
ABC; O nằm trong ABC;
GT P, Q, R là trung điểm của OA, OB, OC
KL a) PQR P ABC
8
b) Tính chu vi PQR. Biết chu vi ABC 543cm
Giải:
a) PQ, QR và RP lần lợt là đờng trung bình của OAB , ACB và OCA. Do đó ta
có :
PQ =
2
1
AB; QR =
2
1
BC ; RP =
2
1

CA
Từ đó ta có :
2
1
===
CA
RP
BC
QR
AB
PQ
A
PQR P ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K =
2
1
P
b) Gọi P là chu vi của PQR ta có : O
P là chu vi của PQR ta có : Q R
2
1'
==
K
P
P
P =
2
1
P =
2
1

.543 = 271,5(cm) B
C
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 =
5
2
chu vi ABC.
Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm
A ABC; DE//BC; C.viADE=
5
2
C.vi ABC
GT C.vi ADE + C.viADE = 63cm
D E KL Tính C.vi ABC và C.vi ADE
B C
Giải:
Do DE // BC nên ADE PABC theo tỷ số đồng dạng.
K =
AB
AD
=
5
2
. Ta có .
5
2'
=

ABCChuvi
ADEChuvi

25
ADEChuviABCChuvi

=

=
7
63
2%
=
+
+
ADEChuviABCChuvi
= 9
Do đó: Chu vi ABC = 5.9 = 45 (cm)
Chu vi ADE = 2.9 = 18 (cm)
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: ABC P ABC theo tỷ số đồng dạng K =
5
2
.
Tính chu vi của mỗi tam giác, biết hiệu chu vi của 2 tamgiasc đó là 51dm.
9
+ Bài 2: Tính chu vi ABC vuông ở A biết rằng đờng cao ứng với cạnh huyền chia
tam giác thành 2 tam giác có chu vi bằng 18cm và 24cm.
Loại 5: Tính diện tích các hình

+ Bài 1(Bài 10 63 SGK):
A ABC; đờng cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH
GT theo thứ tự tại B, C, H
B H C KL a)
BC
CB
AH
AH '''
=
b) Biết AH =
3
1
AH; S

ABC
= 67,5cm
2
B H C

Tính S

ABC
Giải:
a) Vì d // BC
AH
AH '
=
BH
HB ''
=

HC
CH ''
=
HCBH
CHHB
+
+
''''
=
BC
CB ''
(đpcm)
b) Từ
BC
CB
AH
AH '''
=
(
AH
AH '
)
2
=
BCAH
CBAH
.
'''.
=
ABC

CAB
S
S


2
2
''
=
ABC
CAB
S
S


''
Mà AH =
3
1
AH
AH
AH '
=
3
1
(
AH
AH '
)
2

= (
3
1
)
2
=
9
1
Vậy
ABC
CAB
S
S


''
=
9
1
và S

ABC
= 67,5cm
2
Nên ta có :
ABC
CAB
S
S

''
=
9
1

5,67
''CAB
S

=
9
1
S

ABC
=
9
5,67
= 7,5(cm
2
)
+ Bài 2(bài 50 75 SBT)
ABC(
à
A
= 90
0
); AH BC
GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm

KL Tính S

AMH
Giải: A
Xét 2 vuông HBA và vuông HAC có :
ã
BAH
+
ã
HAC
= 1v (1)
ã
HCA
+
ã
HAC
= 1v (2)
Từ (1) và (2)
ã
BAH
=
ã
HCA
Vậy HBA P HAC (g.g) B 4 H M C

HC
HA
HA
HB
=

HA
2
= HB.HC = 4.9 = 36 9
HA = 6cm
Lại có BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm
S

ABM
=
2
1
S

ABC
=
2
1
.
2
13.6
= 19,5(cm
2
)
S

AHM
= S

BAH
= 19,5 -

2
1
.4.6 = 7,5(cm
2
)
10
Vậy S

AMH
= 7,5(cm
2
)
+ Bài 3: Cho ABC và hình bình hành AEDF có E AB; D BC, F AC.
Tính diện tích hình bình hành biết rằng : S
EBD
= 3cm
2
; S
FDC
= 12cm
2
;
ABC hình bình hành AEDF
GT S
EBD
= 3cm
2
; S
FDC
= 12cm

2

KL Tính S
AEDF
Giải:
Xét EBD và FDC có
à
B
=
à
D
1
(đồng vị do DF // AB) (1)
E
1
= D
2
( so le trong do AB // DF)
D
2
= E
1
( so le trong do DE // AC)
Từ (1) và (2) EBD P FDC (g.g)
Mà S
EBD
: S
FDC
= 3 : 12 = 1 : 4 = (
2

1
)
2
Do đó :
==
FC
ED
FD
EB
2
1
FD = 2EB và ED =
2
1
FC A
AE = DF = 2BE ( vì AE = DF) F
AF = ED =
2
1
EC ( vì AF = ED) E 1
Vậy S
ADE
= 2S
BED
= 2.3 = 6(cm
2
) 1 2
S
ADF
=

2
1
S
FDC
=
2
1
. 12 = 6(cm
2
) B D C
S
AEDF
= S
ADE
+ S
ADF
= 6 + 6 = 12(cm
2
)
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: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 2: Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm
2
, trong đó diện tích ABC là 11cm
2
. Qua
B kẻ đờng thẳng // với AC cắt AD ở M, cắt CD ở N. Tính diện tích MND.
+ Bài 3: Cho ABC có các B và C nhọn, BC = a, đờng 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.
Dạng II:
Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng
I. Các ví dụ và định hớng giải:
1. Ví dụ 1: Bài 29(SGK T79) (H8 Tập 2)
11

à
E
1
=
à
F
1
(2)