Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương pháp Tam giác đồng dạng

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương pháp Tam giác đồng dạng

1. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 SỰ PHONG PHÚ CỦA TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I/MỞ ĐẦU: * Người ta thường nói:’’Bí như hình ‘’thật không sai ;bởi vì phần lớn học sinh đều ngán ngẫm môn học này do sự phong phú và phức tạp của ‘’tam giác đồng dạng’’ .Nhưng nếu các em nắm chắc được lí thuyết và vận dụng tốt thì trí tuệ phát triển rất nhanh. *Trong chương trình hình học phẳng THCS, đặc biệt là chương 3 hình học 8, phương pháp“Tam giác đồng dạng” là một công cụ quan trọng nhằm giải quyết các bài toán hình học . Làm cơ sở để học sinh vận dụng giaỉ các bài toán về hình học phẳng ở các lớp trên . *Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” là phương pháp ứng dụng tính chất đồng dạng của tam giác, tỷ lệ các đoạn thẳng, trên cơ sở đó tìm ra hướng giải các dạng toán hình học. *Trên thực tế, việc áp dụng phương pháp “Tam giác đồng dạng” trong giải toán có các thuận lợi và khó khăn chứng như sau: * Thuận lợi: + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” là công cụ chính giúp ta tính toán nhanh chóng các dạng toán đặc trưng về tính tỷ lệ, chứng minh hệ thức, các bài tập ứng dụng các định lý sau Thales + Với một số dạng toán quen thuộc như chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau, chứng minh song song, chứng minh thẳng hàng, phương pháp “ Tam giác đồng dạng” có thể cho ta những cách giải quyết gọn gàng, ngắn hơn các phương pháp truyền thống khác nhau sử dụng tính chất tam giác, tính chất tứ giác đặc biệt Học sinh sẽ vận dụng linh hoạt, nhuần nhuyễn khi giải toán . + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” giúp rèn luyện tốt khả năng tư duy logic của học sinh, rèn luyện tính sáng tạo, phát triển trí tuệ cho học sinh một cách hiệu quả. Từ đó học sinh đam mê học toán . * Khó khăn: + Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” còn lạ lẫm với học sinh. Các em chưa quen với việc sử dụng một phương pháp mới để giải toán thay cho các cách chứng minh truyền thống, đặc biệt là với các học sinh lớp 8 mới. + 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 được các tỷ số cần thiết, không có kỹ năng chọn cặp tam giác cần thiết phục vụ cho hướng giải bài toán. *Từ những nhận định trên, sáng kiến kinh nghiệm 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 thường áp dụng trong phương pháp. - Hệ thống các dạng toán hình học thường áp dụng phương pháp “ Tam giác đồng dạng”. - Định hướng giải quyết các dạng toán này bằng Phương pháp “ Tam giác đồng dạng” - Hệ thống một số bài tập luyện tập. *Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã có rất nhiều cố gắng nhằm làm rõ thêm một số phương pháp hình học đặc trưng, tuy nhiên do hạn chế về kiến thức về thực tế giảng dạy chắc chắn sáng kiến kinh nghiệm 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 sáng kiến kinh nghiệm trở nên hoàn chỉnh hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các quý vị . GV:Nguyễn Kim Chánh 1 Sáng kiến kinh nghiệm
2. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 II/ KẾT QUẢ : Để có kết quả tốt khi học về tam giác đồng dạng thì các em cần nắm vững khái niệm về tam giác đồng dạng . Từ đó mới phân tích, biến đổi thành thạo trong mọi trường hợp. * LÝ THUYẾT : Học sinh cần nắm chắc và hiểu kỹ những kiến thức về tam giác đồng dạng sau để vận dụng cho tốt trong mọi trường hợp cụ thể . 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 A ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ. MN // BC AM AN AB AC M N AM AN B C MB NC 2. Khái niệm tam giác đồng dạng. Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu: + AA'  ; BBCC';'    ABBCAC'''''' AB BC AC 3. Các trường hợp đồng dạng của tam giác: a) Trường 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) Trường 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) Trường hợp thứ 3(gg): Nếu 2 góc của tam giác này lần lượt bằng 2 góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. d) 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 góc vuông 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. * ÁP DỤNG:Để dễ sử dụng kiến thức khi tính toán, so sánh, chứng minh .Tôi tạm chia thành các dạng toán cơ bản sau: &.DẠNG1:Tính độ dài đoạn thẳng, góc, tỷ số, diện tích, chu vi: _ Loại1: Tính độ dài đoạn thẳng: _Ví dụ: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. 2) Hình thoi BEDF nội tiếp ABC (E AB; D AC; F AC) GV:Nguyễn Kim Chánh 2 Sáng kiến kinh nghiệm
3. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 a) Tính cạnh hình thoi biết AB = 4cm; BC = 6cm. Tổng quát với AB = a, BC = c. 2ac b) Chứng minh rằng BD 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 * 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. _Loại2:Tính góc: _Ví dụ:1) Cho ABH vuông tại H có AB = 20cm; BH = 12cm. Trên tia đối của HB lấy điểm C 5 sao cho AC = AH. Tính BAC . 3 2) Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 600. 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 BKD? 3) 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 = 1050; D = 450. Tính các góc còn lại của mỗi GV:Nguyễn Kim Chánh 3 Sáng kiến kinh nghiệm
4. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 Giải:1) AB 20 5 AC Ta có A BH 12 3 AH AB BH 20cm AC AH B C 12cm Xét ABH và CAH có : H AHB = CHA = 900 AB BH (chứng minh trên) AC AH ABH P CAH (CH cạnh gv) CAH = ABH Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900 Do đó : BAC = 900 Giải:2) MB MC Do BC // AN (vì N AD) nên ta có : (1) AB NC MC AD M Do CD // AM (vì M AB) nên ta có : (2) NC DN B MB AD Từ (1) và (2) K AB DN A 60 C ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và A = 600 nên là đều AB = BD = DA D MB AD MB BD Từ (cm trên) N AB DN BD DN Mặt khác : MBD = DBN = 1200 MB BD Xét 2 MBD và BDN có : ; MBD = DBN BD DN MBD P BDN (c.g.c)   M1 = B1   0 MBD và KBD có M1 = B1 ; BDM chung BKD = MBD = 120 Vậy BKD = 1200 _ Loại3 :Tính tỉ số đoạn thẳng, tỉ số chu vi, tỉ số diện tích: _Ví dụ: 1) Cho ABC, D là điểm trên cạnh AC sao cho BDC ABC . Biết AD = 7cm; BD DC = 9cm. Tính tỷ số BA 2) Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CE cắt DF S ở M. Tính tỷ số CMB ? SABCD 3) 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 của P qua M. Chứng minh rằng PA = P’D. Tính tỷ số PA AP và PC AC PQ PM b) Chứng minh AB cắt Q, chứng minh rằng PQ // BC. Tính tỷ số và BC MB GV:Nguyễn Kim Chánh 4 Sáng kiến kinh nghiệm
5. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 c) Chứng minh rằng diện tích 4 tam giác BAM, BMD, CAM, CMD bằng nhau. Tính tỷ số diện tích MAP và ABC. Giải:1) CAB và CDB có C chung ; ABC = BDC (gt) CB CA CAB P CDB (g.g) do đó ta có : A CD CB 7cm D CB2 = CA.CD Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = 9 + 7 = 16 (cm) 9cm Do đó CB2 = 9.16 = 144 CB = 12(cm) DB 3 B C Mặt khác lại có : BA 4 Giải:2) Xét DCF và CBE có DC = BC (gt); C = B = 900; BE = CF   DCF = CBE (c.g.c) D 1 = C 2     Mà C 1 + C 2 = 1v C 1 + D 1 = 1v CMD vuông ở M     DC CM CMD P FCD (vì D 1 = C 2 ; C = M ) A E B FD FC S CD2 CD2 CMD = S = . S 2 CMD 2 FCD F SFCD FD FD M 1 1 1 1 2 Mà SFCD = CF.CD = . BC.CD = CD 2 2 2 4 D C 2 4 CD 1 2 1 CD Vậy SCMD = . CD = . (*) FD 2 4 4 FD2 Áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông DFC, ta có: 1 1 5 DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + ( BC)2 = CD2 + CD2 = CD2 2 4 4 2 5 2 1 2 1 SCMB 1 Thay DF = CD ta có : SCMD = CD = SABCD = 4 5 5 SABCD 5 _Loại 4: Tính chu vi các hình: _Ví dụ:1) Cho ABC, D là một điểm trên cạnh AB, E là 1 điểm trên cạnh AC sao cho DE // BC. 2 Xác định vị trí của điểm D sao cho chu vi ADE = chu vi ABC. 5 Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm 2 2) A’B’C’ P ABC theo tỷ số đồng dạng K = .Tính chu vi của mỗi tam giác, biết hiệu 5 chu vi của 2 tam giác đó là 51dm. 3) 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. AD 2 Giải:1) Do DE // BC nên ADE P ABC theo tỷ số đồng dạng. K = = . Ta có . AB 5 Chuvi ADE 2 Chuvi ABC Chuvi ADE Chuvi ABC Chuvi ADE 63 A = = 9 Chuvi ABC 5 5 2 5 2 7 D E Do đó: Chu vi ABC = 5.9 = 45 (cm) Chu vi ADE = 2.9 = 18 (cm) B C GV:Nguyễn Kim Chánh 5 Sáng kiến kinh nghiệm
6. Trường THCS Trần Quang Diệu Năm học:2009 - 2010 _Loại 5:Tính diện tích các hình: _Ví dụ :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 2) 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. 3) 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 4) Cho ABC và hình bình hành AEDF có E AB; D BC, F AC. 2 2 Tính diện tích hình bình hành biết rằng : SEBD = 3cm ; SFDC = 12cm ;   Giải:4) Xét EBD và FDC có B = D 1 (đồng vị do DF // AB) (1) E1 = D2 ( so le trong do AB // DF)   E 1 = F 1 (2) D2 = E1 ( so le trong do DE // AC) Từ (1) và (2) EBD P FDC (g.g) A 1 2 Mà SEBD : SFDC = 3 : 12 = 1 : 4 = ( ) 2 E EB ED 1 1 F Do đó : FD = 2EB và ED = FC FD FC 2 2 AE = DF = 2BE ( vì AE = DF) B C D 1 AF = ED = EC ( vì AF = ED) 2 2 Vậy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm ) 1 1 2 SADF = SFDC = . 12 = 6(cm ) 2 2 2 SAEDF = SADE + SADF = 6 + 6 = 12(cm ) &.DẠNG 2: Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng: A. Các ví dụ và định hướng giải: 1. Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD(AB // CD). Gọi O là giao điểm của 2đường 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. OH AB CMR: = H OK CD A B * Tìm hiểu bài toán : Cho gì? Chứng minh gì? O * Xác định dạng toán: ? Để chứng minh hệ thức trên ta cần chứng minh điều gì? D K C OA OB TL: = 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 GV:Nguyễn Kim Chánh 6 Sáng kiến kinh nghiệm