biện pháp dạy chuyên đề tam giác đồng dạnga

- Nhược điểm, hạn chế của Biện pháp cũ: Học sinh nắm kiến thức học thuộc, giải quyết bài tập theo sự bắt trước giáo viên, không có sự phân tích do đó không phát huy tính sáng tạo của học

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ngày 8 tháng 1 năm 2021

THUYẾT MINH MÔ TẢ BIỆN PHÁP

1 Tên Biện pháp: Giải pháp dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi phương pháp tam giác đồng dạng

2 Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: Học kì 2 năm 2010 - 2012

3 Biện pháp cũ thường làm

- Dạy theo sách giáo khoa, giải mẫu các bài toán rồi cho học sinh áp dụng làm các bài tập trong sách giáo khoa và nâng cao

- Nhược điểm, hạn chế của Biện pháp cũ: Học sinh nắm kiến thức học thuộc, giải quyết bài tập theo sự bắt trước giáo viên, không có sự phân tích do đó không phát huy tính sáng tạo của học sinh

4 Sự cần thiết phải áp dụng Biện pháp sáng kiến

Nhận thấy nhược điểm của phương pháp giảng dạy theo lối mòn nên tôi mạnh dạn đưa ra giải pháp dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi phương pháp tam giác đồng dạng

5 Mục đích của Biện pháp

- Giúp học sinh nắm bắt được một số dạng toán liên quan đến tam giác đồng dạng Bao quát thức trọng tâm trong phương pháp đồng dạng

- Giúp học sinh nắm bắt được phương pháp tạo ra tam giác mới có cạnh liên quan, đồng dạng với tam giác đã cho

- Giúp học sinh khả năng tự học, tự nghiên cứu

- Giúp học sinh giảm áp lực, tạo hứng thú học tập cho học sinh Kích thích khả năng tìm tòi, sáng tạo của các em

6 Nội dung của biện pháp

Theo tôi một HS muốn học tốt cần phải đáp ứng các yêu cầu sau: Yêu thích

môn học, học tập chăm chỉ, có động cơ, mục đích học tập và ý thức phấn đấu trong lớp, tích cực lắng nghe thầy cô giảng bài và đóng góp xây dựng bài Để làm được điều này giáo viên phải khéo léo phối hợp nhiều biện pháp, chẳng hạn như:

- Giáo viên khi lên lớp cần chuẩn bị nội dung của bài chu đáo Soạn nội dung

bài tập theo từng dạng từ đơn giản đến phức tạp

- Học sinh được giao nhiệm vụ đọc trước nội dung được bồi dưỡng

- Trong cách dạy, chúng ta dạy từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp Cần giúp HS nắm được nội dung kiến thức trọng tâm trong chủ đề học tập Cụ thể thông qua tam giác đồng dạng, ta có thể vận dụng giải được một số dạng toán cần thiết như:

+ Chứng minh hai góc bằng nhau, vuông góc.

+ Lập được các đoạn thẳng tỉ lệ mà không cần tính độ dài.

+ Tính độ dài các đoạn thẳng.

+ Chứng minh các đẳng thức trong hình học.

+ Chứng minh tích của các đoạn thẳng không đổi.

+ Chứng minh tia phân giác của một góc.

+ Tính chu vi, diện tích của tam giác.

+ ứng dụng tam giác đồng dạng vào thực tiễn (như xác định chiều cao của một vật, xác đinh khoảng cách giữa hai địa điểm trong dó có một điểm không thể tới được, vẽ hình đồng dạng, …).

+ Chứng minh các điểm thẳng hàng

+ Chứng minh tích của hai đoạn thằng hoặc tổng các tích các cặp đoạn thẳng bằng một số cho trước.

- Hệ thống hóa nội dung phương pháp, các bước giải các bài toán một cách

rõ ràng Cụ thể như:

Để Chứng minh các góc bằng nhau, các cặp đoạn thẳng tỉ lệ bằng phương pháp tam giác đồng dạng ta cần làm như sau:

+ xét hai tam giác chứa hai góc đó hoặc chứa các cặp đoạn thẳng ấy.

+ Chứng minh hai tam giác đồng dạng.

+ Suy ra các cặp góc bằng nhau, các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ Từ đó bằng các lập luận đưa ra vấn đề cần chứng minh.

Để tạo ra được một tam giác đồng dạng với một tam giác khác,

+ Vẽ một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác.

+ Nối hai điểm có sẵn trong hình

+ Từ một còn điểm cho trước vẽ một đường thằng vuông góc với một đường thẳng

+ Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.

- Giao nhiệm vụ học tập ở nhà và kiểm soát việc học và làm bài tập thường xuyên đối với các em trong đội tuyển, nhằm sửa những lỗi trình bày, sai lầm, thiếu sót trong trong giải toán

7 Các vận dụng vào giải bài tập

Dạng 1: Chứng minh hai góc bằng nhau

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A và H là trung điểm của BC Gọi I là hình

chiếu của H trên cạnh AC, O là trung điểm của HI

Chứng minh rằng: HAO = CBI

Phân tích bài toán:

- Để chứng minh HAO = CBI ta đưa về chứng minh hai tam giác đồng dạng

- Hai tam giác nào có chứa cặp góc trên? Hãy chứng minh hai tam giác đó đồng dạng?

Thật vậy:

Từ AHC HIC (vì có H = I = 900, góc C chung)

Suy ra

IC

HC HI

HA 

, mà

2

BC

HC  và HI = 2HO nên ta có:

IC

HO BC

HA IC

BC HO

HA IC

BC

HO

HA











2

Mặt khác: AHO = BCI (cùng phụ với HAI) (2)

Nên từ (1) và (2) ta suy ra AHO  BCI (c-g-c)

 HAO = CBI (hai góc tương ứng)

Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng AB, trung điểm M.

Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB lấy hai điểm C và D sao cho ACM = DMB và CAM = MBD

Chứng minh MCD = ACM

Phân tích bài toán:

- Từ giả thiết ACM = DMB và CAM = MBD ta có được hai tam giác nào đồng dạng?

- Từ hai tam giác đó đồng dạng suy ra điều gì?

- MCD và ACM là hai góc của tam giác nào?

- Nếu CMD  CAM thì có suy ra được điều cần chứng minh không?

Từ đó giúp học sinh hình thành lời giải bài toán

Hai tam giác ACM và BMD có:

ACM = DMB và CAM = MBD

Nên ACM  BMD (g-g)

.

BM

AC MD

CM



AM

AC MD

CM



AM

MD AC

CM

 (1)

Ta lại có: CMD = 1800 - (CMA + DMB)

= 1800 - (CMA + ACM) = CAM

Vậy CMD = CAM (2)

Từ (1) và (2) suy ra CMD  CAM (c-g-c)

 MCD = ACM (hai góc tương ứng)

Tương tự học sinh có thể giải được bài tập khác như:

Bài tập: Cho tam giác ABC với C < B

Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AB2 = AD.AC Chứng minh ABD =

ACB

Dạng 2: Chứng minh hệ thức – tỉ lệ thức

Dạng toán này thường gặp nhiều trong các bài tập chứng minh tam giác đồng dạng

Ví dụ 3: Cho hình thoi ABCD có A = 600, P là một điểm thuộc cạnh AB, N là giao điểm của hai đường thẳng AD và CP

a) Chứng minh hệ thức AB2 = BP.DN

b) Gọi M là giao điểm của BN và DP Chứng minh DMB = 600.

c) Chứng minh rằng PA.PB = PD PM

Phân tích bài toán:

a) Vì ABCD là hình thoi nên ta có AB = BC = CD

Do đó : AB2 = CD.BC

Vậy nên muốn chứng minh AB2 = BP.DN

ta chứng minh CD.BC = BP.DN

Dễ nhận thấy:

CD và DN là hai cạnh của tam giác

CDN

BC và BP là hai cạnh của tam giác PBC

Do đó nếu có PBC CDN thì

.

BC BP DN AB2 BP DN CD

DN

BC CD

BP











( Thật vậy: Hai tam giác PBC và CDN có:

PBC = CDN (hai góc đối diện của hình thoi)

BPC = DCN (cặp góc so le trong)

Nên PBC CDN (g-g))

b) Vì tam giác ABD đều nên

Từ câu 1 suy ra được

DN

BD BD

BP DN

AB AB

BP





Mặt khác PBD = BDN = 600 nên ta có:

BPD  DBN (c-g-c)  BDP = DNB (hai góc tương ứng)

Từ đó suy ra DMB = DNM + NDM = BDP + NDM = BDN = 600 Vậy: DMB = 600

c) Khi đó ta thấy vì DMB = 600 nên MPB  APD (g-g)

 PA PB PD PM

PD

PB PA

PM

.





Ví dụ 4: Giả sử AC là đường chéo lớn của hình bình hành ABCD Từ C kẻ các

đường CE, CF lần lượt vuông góc với các đường thẳng AB và AD (E  AB, F  AD) Chứng minh rằng: AB.AE + AD.AF = AC2

Phân tích bài toán:

- Vì ABCD là hình bình hành có AD = BC nên AD.AF = BC.AF

- AF là một cạnh của tam giác vuông AFC, Nếu từ B kẻ BI  AC thì tam giác CBI có đồng dạng với tam giác ACF không?

- Kẻ BI  AC :

*) ACF và CBI có

AFC = BIC = 900

FAC = BCI (có AF  BC)

Suy ra ACF  CBI (g-g)

BC

AC CI

AF

.



Vì BC = AD (hai cạnh đối của hình bình hành)

Nên AF.AD = AC.CI (1)

- AC, AE là hai cạnh của tam giác vuông AEC, vậy thì AB là một cạnh của tam giác vuông nào đồng dạng với tam giác AEC?

*) ACE và ABI có:

AEC = AIB = 900, Góc CAE chung

Suy ra ACE  ABI (g-g)

AB

AC AI

AE

.



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 các hệ thức nhiều khi ta cần chứng minh thông qua nhiều cặp tam giác đồng dạng để tìm ra mối liên hệ giữa các đẳng thức, từ đó rút ra điều cần chứng minh

- Thông qua các tam giác đồng dạng ta rút ra được nhiều hệ thức và điều này còn phục vụ cho chương trình hình học lớp 9 sau này

Chẳng hạn như bài tập:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H  BC)

Chứng minh rằng:

a) AB2 = BH.BC; AC2 = CH BC

b) AH2 = BH.CH

AC AB

Và đó cũng là các hệ thức lượng trong tam giác vuông mà lên lớp 9 ta sẽ tìm hiểu

Dạng 3: Chứng minh tích các đoạn thẳng không đổi - chứng minh hệ thức

Trong một bài toán, dựa vào tam giác đồng dạng ta có thể rút ra được các

hệ thức để chứng minh cho tích của các đoạn thẳng không đổi khi có một yếu tố nào đó thay đổi và còn phục vụ để chứng minh cho các yêu cầu khác liên quan

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của cạnh đáy BC Trên

AB, AC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho DME = B

a, Chứng minh rằng tích BD CE không đổi khi vị trí của D và E thay đổi trên AB và AC

b, Chứng minh DM là tia phân giác của góc BDE

EM là tia phân giác của góc CED

Phân tích bài toán:

- Trong bài toán có những đại lượng nào cố định? BD và CE có mối quan hệ gì với các đại lượng này?

Theo bài toán thì các đoạn thẳng AB, AC, BC, MB, MC cố định, dựa vào tam giác đồng dạng ta lập được mối quan hệ giữa BD và CE với các đoạn thẳng này

a) - Ta có: BME = BMD + DME = C + CEM

(Vì BME là góc ngoài của CME)

Mà DME = B = C (gt)

Từ đó suy ra: BMD = CEM

Xét BMD và CEM, chúng có:

B = C (Vì ABC cân tại A)

BMD = CEM (chứng minh trên)

CM

BD CE

BM







Mà BM = CM =

2

1

BC, vì BC không đổi nên BM = CM không đổi

Do đó BM.CM không đổi Vậy BD.CE không đổi

b) Để chứng minh DM là phân giác của góc BDE, ta phải chứng minh

BDM = MDE

Vì vị trí của D, E có thể thay đổi trên AB, AC nên số đo của các góc BDM, MDE có thể thay đổi

Do vậy, muốn chứng minh BDM = MDE ta dựa vào chứng minh hai tam giác BMD và MED đồng dạng

Vì BMD  CEM nên:

EM

MD CM

BD

 Mà CM = MB nên ta suy ra:

EM

MB MD

BD EM

MD

MB

BD





Lại có B = DME (gt)

Nên: BMD MED (c-g-c) Suy ra BDM = MDE (hai góc tương ứng) Vậy DM là phân giác của góc BDE

- Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

Ví dụ 6: Cho hình vuông ABCD, cạnh có độ dài là a Một đường thẳng d bất kỳ

đi qua đỉnh C cắt tia AB tại E và cắt tia AD tại F

a) Chứng minh rằng tích BE.DF có một giá trị không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d

b) Chứng minh hệ thức 2

2

AF

AE DF

BE

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

Phân tích bài toán:

- Hình vuông ABCD có các cạnh AB, BC, CD, DA cố định Đường thẳng d thay đổi nên BE và DF cũng thay đổi

- Để chứng minh tích BE.DF có giá trị không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d ta biểu thị tích BE.DF thông qua các đại lượng không đổi Lập được điều đó bằng cách dựa vào hai tam giác đồng dạng

a) Ta có hai tam giác vuông EBC và CDF đồng dạng nên

DF

BC

DC

BE









Vì a2 không đổi nên BE.DF không đổi, suy ra

BE.DF không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d

b) ABCD là hình vuông nên BC = CD

Ta có thể viết:

DF

CD BC

BE DF

BC BC

BE

DF

BE

.



2

AF

AE DF

BE



AE CD

AE BE

Do đó phải xét tới hai tam giác đồng dạng.

Thật vậy:

EBC  EAF (g-g)

AF

AE BC

BE AF

BC AE

BE







CDF  EAF (g-g)

AF

AE DF

DC AF

DF AE

DC







Nhân (1) và (2) vế với vế, chú ý rằng DC = BC ta được 2

2

AF

AE DF

BE



- Sử dụng kết quả câu 2 ta giải được câu 3

c) Khi DF = 4 BE

4

1





DF

BE

Cho ta

2

1 4

1

2

2







AF

AE AF

AE

Mà

2 2

1 2

1 2

BE BC

BE BC

BE AF

AE BC

BE

















Vậy để BF = 4.BE thì đường thẳng d phải cắt tia AB tại một điểm cách B một

đoạn bằng

2

a

Ví dụ 7: Cho hình bình hành ABCD, điểm F thuộc cạnh BC Tia AF cắt BD và

CD lần lượt tại E và G

Chứng minh: a) AE2 = EF.EG

b) BF.DG không đổi khi điểm F thay đổi trên BC

Phân tích bài toán:

a) - Vì AB // DG nên AEB GED

ED

EB GE

AE



- BF // AD nên EBF  EDA

EA

EF ED

EB



Từ (1) và (2) suy ra AE EF EG

AE

EF GE

AE

.

2 



 b) Ta nhận thấy các cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành có giá trị không đổi Do đó cần phải tìm mối quan hệ giữa BF, DG với các đoạn thẳng này

Vì EAB  EGD nên

ED

EB GD

AB



BEF DEA nên

ED

EB DA

BF



DA

BF GD

AB







Vì AB, DA không đổi nên AB.DA không đổi

Vậy BF.DG không đổi

Ví dụ 8: Cho tam giác ABC và trung tuyến AM Trên BC lấy điểm D (D M),

từ D kẻ đường thẳng song song với AM cắt tia BA ở E, cắt tia CA ở F

Chứng minh rằng khi D di động trên BC thì:

a) DE + DF không đổi

b) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại I

Chứng minh rằng I là trung điểm của EF

Phân tích bài toán:

a) Theo bài toán các đoạn thẳng không đổi

là BC, AB, AC, AM Ta tìm mối liên hệ của DE

và

DF với các đoạn thẳng trên

Ta có:

- BDE BMA (vì AM // DE)

MA

DE BM

BD



DF CD

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

MA

DF MA

DE CM

CD

BM

BD





MA

DF DE

CM

CD





(Vì BM = CM)

MA

DF DE

CM



MA DF

DE MA

DF

DE

2





Vì MA không đổi nên DE + DF không đổi

b) Để chứng minh I là trung điểm của EF ta chứng minh IE = IF Do đó ta cần dựa vào các tam giác đồng dạng để chỉ ra các tỉ số bằng nhau trong đó có chứa

IE và IF

- Dễ nhận thấy rằng:

AIE  BMA (g-g)

BM

AI MA

IE



AIF  CMA (g-g)

CM

AI MA

IF



Vì BM = CM nên từ (1) và (2) ta suy ra được IE IF

MA

IF MA

IE





 Vậy I là trung điểm của EF

Dạng 4: Ứng dụng thực tế của tam giác đồng dạng (lớp 8).

Kiến thức về tam giác đồng dạng không chỉ dùng để giải các các bài tập,

mà nó còn được ứng dụng để phục vụ cho tính toán và đo đạc trong cuộc sống Chẳng hạn như: Tính được chiều cao của một vật (đo gián tiếp) hay xác định khoảng cách giữa hai địa điểm, tạo ra dụng cụ đo bề dày của một số loại sản phẩm, ứng dụng vẽ hình đồng dạng (thước vẽ truyền),… điều đó cũng được đề cập đến trong các bài tập ở sách giáo khoa (Bài tập 48, 50, 53, 54, 55 trang 84,

87 sách giáo khoa)

* Không những được áp dụng rộng rãi trong chương trình hình học 8, tam giác đồng dạng còn là một công cụ hữu hiệu cho việc sử dụng vào chứng minh

tứ giác nội tiếp, chứng minh tích không đổi của các đoạn thẳng… của hình học lớp 9

Dạng 5: Vận dụng vào hình học 9.

Ví dụ 9: Cho đường tròn (O;R), một cát tuyến cắt đường tròn tại A và B Trên

cát tuyến đó lấy điểm C (C nằm ngoài AB) Từ C kẻ các tiếp tuyến CM, CN với đường

tròn ( M, N là tiếp điểm) Đường thẳng đi qua O vuông góc với AB tại H cắt MN kéo dài tại I Chứng minh rằng: Khi C di động trên cát tuyến AB thì tích OI.OH không đổi;

Phân tích bài toán:

- Ta có bán kính R là yếu tố không

đổi Do đó để chứng minh tích OI.OH

không đổi là tìm mối quan hệ giữa

OI.OH với R

Hai tam giác vuông OKI và OHC có:

OKI = OHC = 90o ( K là giao

của OC và MN)

Góc O chung

OC

OI OH

OK



Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMC, có MK là đường cao nên OM2 = OK.OC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OI.OH không đổi

Vì OI.OH không đổi, mà OH không đổi  OI không đổi

* Từ các tam giác đồng dạng ta suy ra được các tỉ lệ thức của các đoạn thẳng tỉ lệ Ngược lại, dựa vào các đoạn thẳng tỉ lệ ta chứng minh được các tam giác đồng dạng Điều này giúp ta rút ra những kết luận để chứng minh được tứ giác nội tiếp

Ví dụ 10: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn Từ A kẻ các

tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C (O)) Gọi I là giao điểm của OA và

BC Kẻ dây DE của đường tròn (O) đi qua điểm I

Chứng minh rằng tứ giác ADOE nội tiếp

Phân tích bài toán:

- Ta có tam giác ABC cân tại A, AO là

phân giác của góc A nên AO  BC và

IB = IC

ABO vuông tại B, BI là đường cao

nên IA.IO = IB2 = IB.IC (1)

- Nhận thấy rằng hai tam giác IBD và ICE đồng dạng vì có:

BID = CIE (đối đỉnh) và DBI = CEI (cùng chắn cung CD)

IC

ID IE

IB

.



Từ (1) và (2)  IA.IO = ID.IE

- IA.IO = ID.IE

IO

ID IE

IA



 Mặt khác ta lại có DIA = OIE (đối đỉnh)

Nên AID  EIO (c-g-c) suy ra ADI = EOI (hai góc tương ứng)

Hay ADE = AOE  ADOE là tứ giác nội tiếp

8 Kết quả thu được

Từ việc phân loại các dạng bài tập, khắc sâu cho học sinh những vấn đề lý thuyết qua những tiết học cũng như tiết luyện tập, trong những buổi bồi dưỡng Các em đã biết vận dụng lý thuyết trong bài học, phát huy khả năng hệ thống kiến thức cơ bản, phân dạng bài tập; vận dụng lý thuyết vào giải bài tập một cách nhuần nhuyễn, có tính tò mò trong học toán, trên cơ sở đó vận dụng vào giải được các bài tập tương tự; không còn lo sợ khi làm bài tập hình học

Trong các buổi lên lớp, với lớp đại trà tôi đã đưa ra những bài tập dễ hơn, bổ sung nhiều bài tập tương tự để học sinh nhận dạng, vận dụng rút ra phương pháp