Bài giảng Toán lớp 8: Chương 3 - GV. Phạm Thị Kim Huệ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PPT | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng chương 3 "Tam giác đồng dạng" được biên soạn bởi GV. Phạm Thị Kim Huệ có nội dung giúp các em học sinh hệ thống lại kiến thức về khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết của tam giác đồng dạng. Trình bày các dạng bài cơ bản của tam giác đồng dạng gồm dạng bài chứng minh và dạng bài tính toán. Mời các bạn cùng tham khảo bài giảng tại đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Toán lớp 8: Chương 3 - GV. Phạm Thị Kim Huệ

CHƯƠNG III TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG ÔN TẬP CHƯƠNG III Giáo viên: Phạm Thị Kim Huệ Trường THCS Ngô Sĩ Liên – Hoàn Kiếm
ABC:AE là tia phân giác A Hai đoạn thẳng AB và của góc ngoài cuả tg CD gọi là tỉ lệ với hai EB = EC E B D C ⇒ đoạn thẳng A’B’ và C’D’ AB AC nếu có tỉ lệ thức AB = A'B' AB = CD ABC:AD là tia · A CD C'D' hoặc A'B' C'D' phân giác của BAC DB = DC ΔA'B'C' ΔABC ⇒ ¶ ¶ ¶ ¶ · ¶ ABC: MN//BC AB AC A'= A; B'= B; C'= C (M AB, N AC B D C A'B' = B'C' = C'A' = k AM = AN A AB BC CA ⇒ AB AC A M N a ABC :MN//BC AMN ABC M N a ABC:M AB,N AC AM AN B C B C thỏa mãn MB = NC MN//BC A' A ABC: MN//BC 1)TH góc vuông – góc nhọn (M AB, N AC) 2)TH 2 cạnh góc vuông B' C' AM = AN = MN 3) TH cạnh huyền – cạnh góc vuông ⇒ B C AB AC BC A' A B' C' B C TH1: cạnh, cạnh cạnh - Tỉ số hai chu vi, hai đường cao, hai đường trung tuyến, hai đường TH2: cạnh, góc, cạnh phân giác tương ứng của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng TH3: góc, góc - Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng
Bài 1: Điền vào chỗ chấm (…) để được đáp án đúng A 1. Cho hình vẽ: Biết DE // BC 1 2 E 5 AD 1 2AE 3 D 3 BD = ? ⇐ = Độ dài BD = ……. C BD 3EC B 2 2. ABC có A AB = 4cm AB AAC = 6cm 4cm, BC = 5cm, AC N =2cm 6cm, MNP cóMN MN 2cm, NP 3cm, MP = 2,5cm thì ta có: ABC N = 3cm …….. NMP …….. 3. ABC A'B'C' và S ABC = 16 S A’B’C’, đường cao AH và đường cao A'H', AH khi đó 4 = ....... A'H' 2 S ΔABC  AB  AB AH AB =  = 16 ⇒ =4 ⇒ = =4 S ΔA'B'C'  A'B'  A'B' A'H' A'B'
Bài 2. Cho ABC có M là trung điểm của BC. Kẻ phân giác ME của AMB· MB 3 EA a) Nếu = , tính EB 2 MA b) Kẻ phân giác MF của Chứng minh: EF // BC c) Gọi K là giao điểm của EF và AM. Chứng minh K là trung điểm của EF. A E B C M
a) Xét ABM có: b) Xét ACM có: EF // BC ABC: ME là phân giác · của AMB ; MF là phân giác ME là phân giác MF là phân giác G · · của · AMC của AMC của AMB EA FA = T EF AM = {K} FA MA EB FC EA MA ⇒ = (t/c) ⇒ = (t/c) FC MC biết MB = 3 EA K a) Tính EB MB MA FA MA EB 2 Mà MB = MC (gt) = MB MA MB FC L b) EF // BC ⇒ = (t/c) ⇒ FA = MA c) K là trung điểm của EF EB EA FC MB MB 3 EA MA MA FA Mà = (gt) = Và EB MB = (cmt) MC FC EB 2 A MA 3 ⇒ = EA FA MF là phân giác EA 2 ⇒ = · EB FC của AMC EA 2 Xét ABC có: ⇒ = E F MA 3 EA FA = (cmt) EB FC B C EF // BC (Đ/lí) M
a) Xét ABM có: b) Xét ACM có: KE = KF ABC: ME là phân giác · của AMB ; MF là ME là phân giác MF là phân giác G · · · của AMC KE KF phân giác của AMC của AMB = T EF AM = {K} FA MA MB MC EA MA ⇒ = (t/c) ⇒ = (t/c) FC MC biết MB = 3 EA K a) Tính EB MB MA EB 2 Mà MB = MC (gt) MB MA KE AK KF = AK L b) EF // BC ⇒ = (t/c) ⇒ FA = MA = c) K là trung điểm của EF EB EA MB AM MC AM FC MB MB 3 EA MA Mà = (gt) A EB 2 Và EB = MB (cmt) KE // MB KF // MC MA 3 ⇒ = EA FA EA 2 ⇒ = EB FC K EA 2 Xét ABC có: E F ⇒ = MA 3 EA FA = (cmt) EB FC B C M EF // BC (Đ/lí)
a) Xét ABM có: b) Xét ACM có: c) Theo cmt ABC: ME là phân giác · MF là phân giác EF // BC của AMB ; MF là phân giácME là phân giác G · · của · AMC KE // MB của AMC của AMB T FA MA và KF // MC EF AM = {K} EA MA ⇒ = ⇒ = (t/c) (t/c) Xét ABM có KE // MB FC MC biết MB = 3 EA K a) Tính EB MB MA EB 2 Mà MB = MC (gt) KE AK ( ) MB MA ⇒ = 1 (hệ quả) L b) EF // BC ⇒ = (t/c) ⇒ FA = MA MB AM c) K là trung điểm của EF EB EA FC MB Xét ACM có KF // MC Mà MB = 3 (gt) EA MA A EB 2 Và EB = MB (cmt) KF AK ( ) (hệ quả) MA 3 ⇒ = 2 ⇒ = EA FA MC AM EA 2 ⇒ = EB FC KE KF (1)(2) ⇒ = K F EA 2 Xét ABC có: MB MC E ⇒ = MA 3 EA FA Mà MB = MC (gt) = (cmt) C EB FC KE = KF & K EF B M EF // BC (Đ/lí) K là trung điểm của EF
Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. a) Chứng minh AB2 = BH.BC; b) Gọi P là trung điểm của BH và Q là trung điểm của AH. Chứng minh tam giác BAP đồng dạng với tam giác ACQ; c) Chứng minh AP vuông góc với CQ. B H C A
G ABC (Â = 900). a) Xét BAC vuông tại A BA2 = BH.BC AH BC = {H} và BHA vuông tại H có T $ chung B BP = PH; BA BC = AQ = QH BAC ∽ BHA (g,g) BH BA a) BA2 = BH.BC ⇒ BA = BC (cặp cạnh t/ư) K b) BAP ∽ ACQ BH BA BAC ∽ BHA L c) AP CQ BA2 = BH.BC $ chung B B H C A
G ABC (Â = 900). b) Xét ABH vuông tại H Mà BA = BH (cmt) AH BC = {H} µ · 0 ( 1) AC AH T ⇒ B+BAH=90 BP = PH; · · ¶ =900(2) BA BP AQ = QH BAC = BAH+A 1 ⇒ = µ =A AC AQ a) BA2 = BH.BC (1)(2) ⇒ B ¶ BAP ∽ ACQ K 1 Xét BAP và ACQ b) BAP ∽ ACQXét BAH vuông tại H µ =A ¶ (cmt) L c) AP CQ có: B 1 và ACH vuông tại H có $ A B= BA BP ¶ µ =A BA BP = 1 B B 1 ¶ (cmt) = (cmt) AC AQ AC AQ · BAH ∽ ACH (g,g) +BAH=90 0 BA BH BA BH(cặp cạnh t/ư) BAP∽ ACQ = P ⇒ = AC AH AC AH (TH đồng dạng cgc) BP = PH (gt) BAH ∽ ACH H BH = 2BP AQ = QH (gt) $ A¶ Q AH = 2AQ B= 1 BH 2BP BP 1 C ⇒ = = ; A AH 2AQ AQ
G ABC (Â = 900). AH BC = {H} b) Xét ABH vuông tại H BA BH T Mà = (cmt) BP = PH; µ · ⇒ B+BAH=90 0 ( 1) AC AH AQ = QH · BA BP BH BP BAC = · BAH+A ¶ =900(2) ⇒ = = a) BA = BH.BC 2 1 AC AQ Mà K µ =A ¶ AH AQ b) BAP ∽ ACQ (1)(2) ⇒ B 1 Xét BAP và ACQ BA BP L c) AP CQ µ ¶ ⇒ = (3) Xét BAH vuông tại H có: B = A1(cmt) AC AQ B và ACH vuông tại H có BA BP AP và CQ lại là µ =A ¶ (cmt) = (cmt) 2 đường trung tuyến B 1 AC AQ BAH ∽ ACH (g,g) tương ứng của P BA BH (cặp cạnh t/ư) BAP∽ ACQ ⇒ = BAH ∽ ACH AC AH (TH đồng dạng cgc) BA AP BP = PH (gt) ⇒ = (4) H Cách khác: AC CQ BH = 2BP BAH ∽ ACH Q AQ = QH (gt) BA BH ( 3) ( 4 ) ⇒ BA = BP = AP AH = 2AQ AC AQ CQ 1 AC AH C BH 2BP BP BAP∽ ACQ (ccc) A ⇒ = = ; AH 2AQ AQ
G ABC (Â = 900). c) Gọi M là AH BC = {H} T giao điểm BP = PH; của AP và CQ AQ = QH a) BA2 = BH.BC BAP ∽ ACQ (cmt) · ¶ (2 góc t/ư) CM AM K b) BAP ∽ ACQ ⇒ BAP =C 1 L c) AP CQ · BAC · · = BAP+MAC=900 · 0 AMC=90 B · ⇒ MAC ¶ =900 +C1 · MAC ¶ =900 +C1 MAC vuông tại M P · ⇒ AMC=90 0 · BAP ¶ =C 1 CM AM Hay AP CQ BAP ∽ ACQ H M Q 1 C A
G ABC (Â = 900). c) Gọi M là AH BC = {H} T giao điểm BP = PH; của AP và CQ AQ = QH a) BA2 = BH.BC BAP ∽ ACQ (cmt) K · ⇒ BAP =C¶ (2 góc t/ư) b) BAP ∽ ACQ 1 L c) AP CQ · BAC · · = BAP+MAC=900 B · ⇒ MAC ¶ =900 +C1 MAC vuông tại M P · ⇒ AMC=90 0 CM AM H Hay AP CQ M Q 1 C A
G ABC (Â = 900). c) Gọi M là Cách khác: AH BC = {H} T giao điểm PQ // AB PQ AC BP = PH; của AP và CQ Mà AH PC AQ = QH a) BA2 = BH.BC BAP ∽ ACQ (cmt) Q là trực tâm K · ⇒ BAP =C¶ (2 góc t/ư) của APC b) BAP ∽ ACQ 1 L c) AP CQ · BAC · · = BAP+MAC=900 CQ AP B · ⇒ MAC ¶ =900 +C 1 MAC vuông tại M P · ⇒ AMC=90 0 CM AM H Hay AP CQ Q 1 1 C A
G ABC (Â = 900). d) Phát triển bài toán: Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM AH BC = {H} T AC 2 = AQ.AH + CQ.CM BP = PH; AQ = QH a) BA2 = BH.BC AC2 = ?.AC + ?.AC K b) BAP ∽ ACQ L c) AP CQ B P H M Q C A
G ABC (Â = 900). d) Phát triển bài toán: Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM AH BC = {H} T AC2 = AQ.AH + CQ.CM BP = PH; AQ = QH a) BA2 = BH.BC ?.AC + +?.AC AC2 = AK.AC ?.AC K b) BAP ∽ ACQ L c) AP CQ AQK ∽ ACH B P H M Q C A K
ABC (Â = 900). d) Phát triển bài toán: G Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM AH BC = {H} T Gọi {K} = PQ AC AC 2 = AQ.AH + CQ.CM BP = PH; AQ = QH Xét APC có: a) BA2 = BH.BC CM AP (cmt); AH PC (gt) AC2 = AK.AC +CK. + ?.AC AC K b) BAP ∽ ACQAH CM = {Q} L c) AP CQ Q là trực tâm APC AQK ∽ ACH CQK ∽ CAM PQ AC = {K} B Xét AQK vuông tại K và CQK ∽ CAM (g,g) ACH vuông tại H có: Â1 chung CQ CK P ⇒ = (cặp cạnh t/ư) AQK ∽ ACH (g,g) AC CM AQ AK CQ.CM = CK. AC (4) ⇒ = (cặp cạnh t/ư) H AC AH Từ (3)(4) AQ.AH + CQ.CM M Q AQ.AH = AK. AC (3) = AK.AC + CK. AC Xét CQK vuông tại K và = (AK+CK).AC = AC2 1 1 ¶ chung C CAM vuông tại M có: C1 Vậy: AC2 = AQ.AH + CQ.CM A K
D C B A E
Gương phẳng
A E 1 2 3 4 B C D