SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG PT DÂN TỘC NỘI TRÚ LIÊN HUYỆN TÂN PHÚ-ĐỊNH QUÁN

Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG
DẠNG TRONG HÌNH HỌC 8”

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 
- Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2013-2014
1
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Thị Hòa
2. Ngày tháng năm sinh: 12/08/1988
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Tổ 5- Ấp 7 – xã Nam Cát Tiên - Tân Phú - Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0613856483 (cơ quan), ĐTDĐ : 0949889637
6. Fax: ………… E-mail: [email protected]
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán 9, CĐTC Toán 9, Nghề
THVP 8b, chủ nhiệm lớp 9b.
9. Đơn vị công tác: Trường phổ thông Dân Tộc Nội Trú liên huyện Tân
Phú – Định Quán.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

Hy vọng với phần tài liệu này, có thể giúp các em vận dụng linh hoạt tam
giác đồng dạng vào giải toán hình học cũng như vận dụng vào thực tế. Qua đó học
sinh lĩnh hội được kiến thức một cách chủ động, sáng tạo và hình thành thói quen
vận dụng kiến thức vào các môn học, vào thực tiễn.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1. Cơ sở lý luận
Toán học là một môn khoa học tự nhiên có một vai trò rất quan trọng trong
các lĩnh vực khoa học, toán học nghiên cứu rất nhiều, rất đa dạng và phong phú.
Toán học có vai trò quan trọng trong đời sống, trong khoa học và trong công nghệ
hiện đại, việc nắm vững các kiến thức toán học giúp cho học sinh có cơ sở nghiên
cứu các bộ môn khoa học khác, đồng thời có thể hoạt động có hiệu quả trong mọi
lĩnh vực. Trong đó, tam giác đồng dạng là một kiến thức có rất nhiều ứng dụng
trong giải toán hình học và đặc biệt là trong thực tế cuộc sống; để giải các bài toán
hình học 8, bên cạnh việc nắm vững khái niệm và các tính chất cơ bản của tam
giác đồng dạng, mỗi học sinh phải có sự đam mê, tìm tòi để lĩnh hội các kiến thức.
2. Cơ sở thực tiễn
Đa số học sinh thường ngại khi học hình học, các em chưa định hướng được
cách giải các bài toán một cách rõ ràng, không biết dùng kiến thức nào vào giải các
bài toán. Ngoài ra, trong các bài kiểm tra, thi thì số điểm của hình học thường
chiếm tỉ lệ ít hơn nên một số học sinh không chú trọng đến bài toán hình. Do đó
học sinh không có hứng thú khi học hình học. Một số học sinh ý thức tự học chưa
3
cao, không tích cực và chủ động lĩnh hội kiến thức. Đối tượng giảng dạy là những
học sinh người dân tộc thiểu số vùng sâu, vùng xa đến từ hai huyện Tân Phú - Định
Quán, hoàn cảnh kinh tế gia đình khó khăn; sự quan tâm của gia đình đến việc học
của các em cũng chưa thật sâu sắc. Mặt khác, đa số các em chỉ thích học các môn
vận động, năng khiếu, khả năng tư duy các môn tự nhiên chậm, đặc biệt với những
bài toán hình học. Tuy nhiên, học sinh ở nội trú nên thuận lợi cho việc bồi dưỡng
học sinh khá giỏi, phụ đạo học sinh trung bình, yếu và kém trong các tiết tự học và
ngoài giờ học.

- Nếu ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC thì ∆ABC đồng dạng với ∆A’B’C’;
- Nếu ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆A”B”C” và ∆A”B”C” đồng dạng với ∆ABC thì
∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC.
4. Các trường hợp đồng dạng của tam giác:
4.1. Trường hợp thứ nhất (c.c.c): Nếu 3 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 3 cạnh của
tam giác kia thì 2 tam giác đó đồng dạng.
4.2. Trường hợp thứ hai (c.g.c): 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.
4
B
A
C
M
N
4.3. Trường hợp thứ ba (g.g): Nếu 2 góc của tam giác này lần lượt bằng 2 góc của
tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng.
4.4. 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 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.
* Giải pháp: Một vài ứng dụng của phương pháp tam giác đồng dạng trong
hình học 8
1. Tính độ dài đoạn thẳng, góc, chu vi, diện tích
1.1. Tính độ dài đoạn thẳng
Dựa vào các cặp tam giác đồng dạng, lập tỉ số các cạnh tương ứng rồi từ đó
suy ra số đo cạnh cần tính.

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

hay
)(12
12
18.818
8
12
cmMN
MN
==⇒=
Bài tập 3:
a) Tam giác ABC có
CB
ˆ
2
ˆ
=
; AB = 4cm; BC = 5cm.
Tính độ dài AC?
b) Tính độ dài các cạnh của ∆ABC có
CB
ˆ
2
ˆ
=
biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự
nhiên liên tiếp.
Giải
a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC. Suy ra
BCDD
ˆ

chung;
DC
ˆ
ˆ
=
(cmt)
⇒ ∆ACD đồng dạng với ∆ABC (g.g)
⇒
AB
AC
=
AC
AD
⇒ AC
2
= AB. AD = 4 . 9 = 36
⇒ AC = 6(cm)
b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lượt 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

1.2.1. 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
CAB
ˆ
.
GT
∆ABH;
H
ˆ
= 90
0
; AB = 20cm
BH = 12cm; AC =
3
5
AH
KL
CAB
ˆ
= ?
Giải:
Ta có
AH
AC
BH
AB

Lại có
HBAHAB
ˆ
ˆ
+
= 90
0
nên
HACHAB
ˆˆ
+
= 90
0
Do đó:
CAB
ˆ
= 90
0
7
A
B
C
H
20
12
Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có góc A bằng 60
0
. 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 số đo góc BKD?

MB
=
∆ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) và
A
ˆ
= 60
0
nên là ∆ đều
⇒ AB = BD = DA
Từ
DN
AD
AB
MB
=
(cm trên) ⇒
DN
BD
BD
MB
=
Mặt khác:
0
120
ˆˆ
== BDNDBM
Xét 2∆MBD và ∆BDN có:
DN
BD
BD

0
. Tính các góc còn lại của mỗi ∆
1.3. Tính chu vi, diện tích của các hình
1.3.1. Ví dụ minh họa
Bài 1(Bài 33 SBT/72)
GT
∆ABC; O nằm trong ∆ABC;
8
P, Q, R là trung điểm của OA, OB, OC
KL
a) ∆PQR đồng dạng với ∆ABC
b) Tính chu vi PQR. Biết chu vi ∆ABC=
543cm
Giải:
a) PQ, QR và RP lần lượt là đường 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

GT
∆ABC; DE//BC (D thuộc AB, E thuộc
AC)
C.vi∆ADE=
5
2
C.vi∆ABC
C.vi ∆ADE + C.vi∆ABC = 63cm
KL
Tính C.vi ∆ABC và C.vi ∆ADE
Giải:
Do DE // BC nên ∆ADE đồng dạng với ∆ABC theo tỷ số đồng dạng.
k =
AB
AD
=
5
2
. Ta có:
9
A
B
C
E
D
5
2'
=
∆
∆

1
AH; S
∆
ABC
= 67,5cm
2
.
Tính S
∆
AB’C’
Giải:
a) Vì d // BC ⇒
AH
AH '
=
BH
HB ''
=
HC
CH ''
=
HCBH
CHHB
+
+ ''''
=
BC
CB ''
(đpcm)
b) Từ

∆
∆ ''
Mà AH’ =
3
1
AH ⇒
AH
AH '
=
3
1
⇒ (
AH
AH'
)
2
= (
3
1
)
2
=
9
1
Vậy
ABC
CAB
S
S
∆

=
9
5,67
= 7,5(cm
2
)
Bài 4 (Bài 50 SBT/75)
GT
∆ABC (
A
ˆ
= 90
0
); AH ⊥ BC
BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm
KL
Tính S
∆
AMH
Giải
Xét 2∆ vuông HBA và ∆ vuông HAC có:
CAHHAB
ˆˆ
+
= 90
0
(1)
CAHACH
ˆˆ
+

=
⇒ HA
2
= HB.HC = 4.9 = 36 ⇒ 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
∆
ABM
-S

B kẻ đường thẳng // với AC cắt AD ở M, cắt CD ở N. Tính diện tích ∆MND.
Bài 5 : 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.
2. Tính tỷ số đoạn thẳng, tỷ số chu vi, tỉ số diện tích
2.1. Ví dụ minh họa:
Bài 1 : (Bài 29 SGK/74)
GT
∆ABC và ∆A’B’C’: AB = 6;
BC = 12; AC = 9; A’C’ = 6;
B’C’ = 8
KL
a) ∆ABC đồng dạng ∆A’B’C’
b) Tính tỉ số chu vi của ∆A’B’C’
và ∆ABC
Giải:
11
A
B
C
C’B’
A’
6
9
12
8
a) ∆A’B’C’ đồng dạng với ∆ABC (c.c.c)
Vì

++
Vậy
27
18'''
=
∆
∆
ABCChuvi
CBAChuvi
Bài 2: 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
CMD
S
S
?
GT Hình vuông ABCD; AE = EB
BF = CF; CE ∩ DF tại M
KL
Tính
ABCD
CMD
S
S
∆
?
Giải:
Xét ∆DCF và ∆CBE có DC = BC (gt);
BC
ˆ

ˆ
ˆ
=
) ⇒
FC
CM
FD
DC
=
FCD
CMD
S
S
=
2
2
FD
CD
⇒ S
CMD
=
2
2
FD
CD
. S
FCD
Mà S
FCD
=

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

A B
C
D
F
M
1
2
1
Nhận xét: Để chứng minh các cặp đoạn thẳng tỉ lệ bằng phương pháp tam giác
đồng dạng ta có thể làm theo các bước sau:
Bước 1: Xét hai tam giác chứa các cặp đoạn thẳng ấy;
Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó đồng dạng.
Bước 3: Suy ra cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
2.2. Bài tập: 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 = P’D.
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.
3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng

ˆˆ
CO =⇒
Chứng minh tương tự ta được ∆CON đồng dạng với ∆CBO (c.g.c)
22
ˆ
ˆ
BO =⇒
13
Ta có
0
321221
180
ˆ
ˆ
ˆˆˆˆ
=++=++ OBCOOO
Suy ra ba điểm M, O, N thẳng hàng
Nhận xét: Điều gợi ý cho ta dùng phương pháp tam giác đồng dạng để giải
ví dụ trên? Đó là vì trong đề bài cho BO là trung bình nhân của BM và BC; CO là
trung bình nhân của CN và CB, từ đó suy ra được các cặp đoạn thẳng tỉ lệ dẫn tới
hai tam giác đồng dạng.
3.2. Bài tập: Cho tam giác ABC, ba đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N, I, K lần
lượt là hình chiếu của D trên AB, AC, BE, CF. Chứng minh rằng bốn điểm M, N,
I, K thẳng hàng.
4. Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng
4.1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 : (Bài 39SGK/79)
Cho hình thang ABCD(AB // CD). Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và
BD
a) Chứng minh rằng: OA. OD = OB. OC.

(đối đỉnh)
⇓
∆OAB đồng dạng với ∆OCD (g.g)
14
D
K
C
B
H
O
A
1
1
⇓
OC
OA
=
OD
OB
⇓
OA.OD = OC.OC
b)
OK
OH
=
CD
AB
Tỷ số
OK
OH

CA =
(so le trong, AB//CD)
⇓
∆OAH đồng dạng ∆OCK(gg)
⇓
OK
OH
=
OC
OA
Câu a
⇓
∆OAB đồng dạng ∆OCD
⇓
CD
AB
=
OC
OA

OK
OH
=
CD
AB
Ví dụ 2: Cho hai tam gíac vuông ABC và ABD có đỉnh góc vuông C và D nằm
trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB. Gọi P là giao điểm của các cạnh AC và BD.
Đường thẳng qua P vuông góc với AB tại I.
Chứng minh rằng: AB
2

⇓
AB.IB = PB.DB
+
IC
ˆ
ˆ
=
=90
0
+
IAP
ˆ
chung
⇓
∆ACB đồng dạng ∆AIP (gg)
⇓
AB
AP
=
AC
AI
⇓
AB . AI = AC . AP
AB . IB + AB . AI = BP . PD + AC . AP
⇓
AB (IB + IA) = BP . PD + AC . AP
⇓
AB
2
= BP . PD + AC . AP

=
 ÷
 

b) Để chứng minh đẳng thức trên ta cần chứng minh điều gì?
(∆ AMI đồng dạng ∆AIB)
Sơ đồ:
21
ˆˆ
AA =
(gt)
11
ˆˆ
BI =
∆AMI đồng dạng ∆AIB (gg)
⇓
AM
AI
=
IM
BI
⇓
AM. BI = AI . IM
⇓
AM
AI
=
IM
BI
* CM:

Do đó:
2
ˆ
2
ˆ
ˆ
BA
CMI +=
(1)
Mặt khác:
11
ˆ
ˆ
ˆ
IACMI +=
(t/c góc ngoài ∆)
hay
1
ˆ
2
ˆ
ˆ
I
A
CMI +=
(2)
17
I
A
B C

AI
IA
 
 ÷
 
=
2
2
AI
BI
Tính AI
2
; BI
2
⇒
2
2
AI
BI
(Tính AI
2
; BI
2
nhờ ∆đồng
dạng)
(Câu a)
⇓
∆AMI đ.dạng ∆AIB
⇓
AM

AI
BI
 
 ÷
 
=
AM
BN
4.2. Bài tập:
Bài 1: Cho hình thanh ABCD (AB // CD), gọi O là giao điểm của 2 đường chéo.
Qua O kẻ đường thẳng song song với 2 đáy cắt BC ở I cắt AD ở J.
CMR: a)
1
OI
=
1
AB
+
1
CD
b)
2
IJ
=
1
AB
+
1
CD
Bài 2: Cho ∆ABC, phân giác AD (AB < AC). trên tia đối của tia DA lấy điểm I

- Định nghĩa hai tam giác đồng dạng
- Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song (định lý Ta lét đảo)
Sơ đồ phân tích:
AB // CD (gt)
⇓
AB // DM
⇓
∆MED đồng dạng ∆AEB
⇓
ME
EA
=
MD
AB
GT
⇓
MD = MC
⇓
AB // CD (gt)
⇓
AB // MC
⇓
∆MFC đồng dạng ∆BFA
⇓
MF
FB
=
MC
AB
19

AM
AF
.
AF
AB
=
AE
AC
.
AE
AC
⇓
AM
AB
=
AN
AC
⇓
MN // BC (định lý Ta–lét đảo)
Ví dụ 3: Cho ∆ABC, các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC,
CA theo tỷ số 1 : 2, các điểm I, K theo thứ tự chia trong các đoạn thẳng ED, FE
theo tỉ số 1 : 2. Chứng minh rằng IK // BC.
Giải:
Gọi M là trung điểm của AF
Gọi N là giao điểm của DM và EF
Xét ∆ ADM và ∆ ABC có:
AD
AB
=
AM

=
EK
EF
.
EF
EN
=
2
3
.
1
2
=
1
3
(1)
mà
EI
ED
=
1
3
(gt) (2)
Từ (1) và (2) ⇒
EK
EN
=
EI
ED
Suy ra IK // DN (định lý Ta – lét đảo)

OF
DC
⇑
OE
DC
=
AO
AC
;
OF
DC
=
BO
BD
;
AO
AC
=
BO
BD
⇑ ⇑ ⇑
∆OAE đd ∆ADC; ∆BOF đd ∆BDC; ∆AOB đd ∆COD
⇑ ⇑
21
A B
CD
O
a
E
F

;
OF
DC
=
BO
BD
H: Vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh điều gì?
TL:
AO
AC
=
BO
BD
H: Đây là tỷ số có được từ cặp tam giác đồng dạng nào?
TL: ∆AOB; ∆COD
H: Hãy chứng minh điều đó.
Ví dụ 2 : (Bài 10 SBT/67)
Cho hình thang ABCD (AB // CD) đường thẳng song song với đáy AB cắt
các cạnh bên và các đường chéo AD, BD, AC và BC theo thứ tự tại các điểm M,
N, P, Q. Chứng minh rằng: MN = PQ.
Định hướng giải: Đây là bài tập mở rộng hơn so với ví dụ 1.
Từ hệ quả của định lý Talet cho ta các tam giác đồng dạng và ta chứng minh được:
MQ//AB
⇓
CB
CQ
DA
DM
=
CB

a) ∆OCB và ∆OAD có:
⇒





==
chungO
OD
OB
OA
OC
ˆ
5
8
∆OBC đồng dạng ∆ODA
b) ∆IAB và ∆ICD ta dễ nhìn thấy không bằng nhau. Do đó để chứng minh chúng
có các góc bằng nhau từng đôi một ta đi chứng minh đồng dạng.
Vì ∆OBC đồng dạng ∆ODA nên
ADOCBO
ˆˆ
=
(1)
Mặt khác ta có
DICBIA
ˆˆ
=
(đối đỉnh)
⇒ ∆BAI đồng dạng ∆DCI (g.g)

BD DC
=
( cùng bằng
1
2
)
23
A B
CD
4
16
8
⇒ ∆BAD đồng dạng ∆DBC (c.g.c)
⇒
CBDDAB
ˆ
ˆ
=

Ví dụ 5: (Bài 60 SBT/77)
Tam giác ABC có hai trung tuyến AK và CL cắt nhau tại O.Từ một điểm P bất
kỳ trên cạnh AC, vẽ các đường thẳng PE song song với AK, PF song song với CL ( E
thuộc BC, F thuộc AB) các trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ tự tại M,
N. Chứng minh rằng các đoạn thẳng FM, MN, NE bằng nhau.
Định hướng giải:
Từ giả thiết cho song song ta suy ra các tỷ lệ thức và tam giác đồng dạng
Ta có:
AK//PE
⇒
FM

=
)
Từ (1) và (2) suy ra
FM
FE
=
1
3
⇒ FM =
1
3
FE
Tương tự ta cũng có EN =
1
3
EF và do đó suy ra MN =
1
3
EF
Vậy FM = MN = NE
Nhận xét: Tam giác đồng dạng có nhiều ứng dụng trong giải toán. Khi ứng
dụng để chứng minh đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau thì các phương pháp
thường dùng ở đây là:
- Đưa 2 đoạn thẳng cần quy bằng nhau về là tử của 2 tỷ số có cùng mẫu.
- Chứng minh các đoạn thẳng cùng bằng một độ dài nào đó.
- Đưa 2 góc cần chứng minh bằng nhau về là 2 góc tương ứng của 2 tam giác
đồng dạng.
- Chứng minh 2 tỷ số bằng nhau sau đó chứng minh tử bằng nhau suy ra 2 đoạn
thẳng ở mẫu bằng nhau.
7. Giải toán dựng hình

Vậy ∆AMN dựng được, từ đó dựng được P, C rồi B.
+ Cách dựng:
- Dựng ∆AMN sao cho góc A bằng 60
0
, AM = 2, AN = 3
- Trên tia MN lấy điểm P sao cho MP = a
- Dựng PC//AB ( C thuộc AN)
- Dựng CB // MN (B thuộc AM)
∆ABC là tam giác phải dựng.
8. Ứng dụng thực tế
8.1. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Để đo khoảng cách giữa 2 điểm A và M,
trong đó M không tới được, người ta tiến hành đo
và tính khoảng cách (như hình vẽ)
AB ⊥ BM; BH ⊥ AM. Biết AH = 15m; AB = 35m.
Giải : Xét ∆ AMB và ∆ ABH có:
BHAMBA
ˆˆ
=
= 90
0
(gt);
A
ˆ
chung
⇒ ∆AMB đồng dạng ∆ABH (gg)
25
B
A
M