CHƯƠNG TRÌNH DẠY HỌC TRÊN TRUYỀN HÌNH
MÔN TOÁN 8
CHƯƠNG III
TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
ÔN TẬP CHƯƠNG III
Giáo viên: Phạm Thị Kim Huệ
Trường THCS Ngô Sĩ Liên – Hoàn Kiếm
ABC: MN//BC
(M  AB, N  AC
- Tỉ số hai chu vi, hai đường cao, hai đường trung tuyến, hai đường phân giác tương ứng của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng
- Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng
1)TH góc vuông – góc nhọn
2)TH 2 cạnh góc vuông
3. ABC A`B`C` và SABC = 16 SA’B’C’, đường cao AH và đường cao A`H`,
khi đó
Bài 1: Điền vào chỗ chấm (…) để được đáp án đúng
2. ABC có AB = 4cm, BC = 5cm, AC = 6cm, MNP có MN = 2cm,
NP = 3cm, MP = 2,5cm thì ta có: …….. ……..
Cho hình vẽ: Biết DE // BC
Độ dài BD = …….
5
3
AB
MN
NP
AC
A
A
N
N
4cm
2cm
6cm
3cm
Bài 2. Cho ABC có M
là trung điểm của BC. Kẻ
phân giác ME của
a) Nếu , tính
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.
MF là phân giác
của
ME là phân giác
của
(t/c)
Xét ABC có:

a) Xét ABM có:
(t/c)
Mà
(t/c)
b) Xét ACM có:
(cmt)
Mà MB = MC (gt)
Và
EF // BC (Đ/lí)
EF // BC
MF là phân giác
của
MF là phân giác
của
ME là phân giác
của
(t/c)
a) Xét ABM có:
(t/c)
Mà
(t/c)
b) Xét ACM có:
KE = KF
KE // MB
KF // MC
Xét ABC có:

(cmt)
Mà MB = MC (gt)
Và
EF // BC (Đ/lí)
MF là phân giác
của
ME là phân giác
của
(t/c)
a) Xét ABM có:
Mà MB = MC (gt)
c) Theo cmt
EF // BC
KE // MB
và KF // MC
Xét ABM có KE // MB
Xét ACM có KF // MC
KE = KF & K  EF
K là trung điểm
của EF
(hệ quả)
(hệ quả)
(t/c)
Mà
(t/c)
b) Xét ACM có:
Xét ABC có:

(cmt)
Mà MB = MC (gt)
Và
EF // BC (Đ/lí)
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.
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
a) Xét BAC vuông tại A
và BHA vuông tại H có
chung
 BAC ∽ BHA (g,g)
(cặp cạnh t/ư)
 BA2 = BH.BC
BA2 = BH.BC
BAC ∽ BHA
BAP ∽ ACQ
BAH ∽ ACH
b) Xét ABH vuông tại H
Xét BAH vuông tại H
và ACH vuông tại H có

 BAH ∽ ACH (g,g)
(cặp cạnh t/ư)
BP = PH (gt)
BH = 2BP
AQ = QH (gt)
AH = 2AQ
Mà
Xét BAP và ACQ
có:
BAP∽ACQ
(TH đồng dạng cgc)
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
b) Xét ABH vuông tại H
Xét BAH vuông tại H
và ACH vuông tại H có

 BAH ∽ ACH (g,g)
(cặp cạnh t/ư)
BP = PH (gt)
BH = 2BP
AQ = QH (gt)
AH = 2AQ
Mà
Xét BAP và ACQ
có:
BAP∽ACQ
(TH đồng dạng cgc)
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
Cách khác:
BAH ∽ ACH
AP và CQ lại là
2 đường trung tuyến tương ứng của
BAH ∽ ACH
BAP∽ACQ (ccc)
Mà
CM AM
BAP ∽ ACQ
1
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
c) Gọi M là
giao điểm
của AP và CQ
CM AM
Hay APCQ
BAP ∽ ACQ (cmt)
(2 góc t/ư)
MAC vuông tại M
1
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
c) Gọi M là
giao điểm
của AP và CQ
CM AM
Hay APCQ
BAP ∽ ACQ (cmt)
(2 góc t/ư)
MAC vuông tại M
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
c) Gọi M là
giao điểm
của AP và CQ
CM AM
Hay APCQ
BAP ∽ ACQ (cmt)
(2 góc t/ư)
MAC vuông tại M
Cách khác:
PQ // AB
 PQ  AC
Mà AH  PC
Q là trực tâm
của APC
 CQ  AP
1
d) Phát triển bài toán:
AC2 = AQ.AH + CQ.CM
AC2 = ?.AC + ?.AC
Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
AC2 = AQ.AH + CQ.CM
AC2 = ?.AC + ?.AC
AC2 = AK.AC + ?.AC
AQK ∽ ACH
d) Phát triển bài toán:
Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
1
AC2 = AK.AC + ?.AC
d) Phát triển bài toán:
AC2 = AQ.AH + CQ.CM
AQK ∽ ACH
Chứng minh AC2 = AQ.AH + CQ.CM
AC2 = AK.AC +CK. AC
CQK ∽ CAM
Gọi {K} = PQ  AC
Xét APC có:
CM  AP (cmt); AH  PC (gt)
AH  CM = {Q}
Q là trực tâm APC
PQ  AC = {K}
Xét AQK vuông tại K và
ACH vuông tại H có: Â1 chung
 AQK ∽ ACH (g,g)
(cặp cạnh t/ư)
 AQ.AH = AK. AC (3)
Xét CQK vuông tại K và
CAM vuông tại M có:
(cặp cạnh t/ư)
 CQ.CM = CK. AC (4)
Từ (3)(4)  AQ.AH + CQ.CM
= AK.AC + CK. AC
= (AK+CK).AC = AC2
Vậy: AC2 = AQ.AH + CQ.CM
chung
 CQK ∽ CAM (g,g)
G
T
 ABC (Â = 900).
AH BC = {H}
BP = PH;
AQ = QH
a) BA2 = BH.BC
b) BAP ∽ ACQ
c) AP  CQ
K
L
B
A
C
D
E
Ý TƯỞNG SÁNG TẠO
Gương phẳng
E
B
C
A
D
1
2
3
4
Ý TƯỞNG SÁNG TẠO
CÁC DẠNG BÀI CƠ BẢN
Hướng dẫn ở nhà:
Ôn tập lại lý thuyết trang 89, 90 ,91 sgk
Làm bài tập: 56, 57, 58, 59 ,60, 61 sgk trang 92