Математика 9 класс 9-M-1

9-M-1. 3. Подобие треугольников

  • Опубликовал Витченко О. Н.
  • 8 июня 2017 г. 9:40:45 +03
  • 0 комментариев
  • 354 просмотра

Две фигуры `F` и `F'` называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры `F` и `F'` подобны, то пишется `F ~ F'`. Напомним, что запись подобия треугольников `Delta ABC ~ Delta A_1 B_1 C_1` означает, что вершины, совмещаемые преобразованием подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. `A` переходит в `A_1`, `B` - в `B_1`, `C` - в `C_1`.

Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если `Delta ABC ~ Delta A_1B_1C_1`, то `/_ A = /_ A_1`, `/_ B = /_ B_1`, `/_ C = /_ C_1`, `A_1B_1 : AB = B_1C_1 : BC = C_1A_1 : CA`.  

Признаки подобия треугольников

Два треугольника подобны, если:

1. два угла одного соответственно равны двум углам другого;

2. две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;

3. три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.

В решении задач и доказательстве теорем часто используется утверждение, которое, чтобы не повторять каждый раз, докажем сейчас отдельно.

Лемма

Если две стороны треугольника пересекает прямая, параллельная третьей стороне (рис. 9), то она отсекает треугольник, подобный данному.

Доказательство

Действительно, из параллельности `MN` и `AC` следует, что углы `1` и `2` равны. Треугольники `ABC` и `MBN` имеют два равных угла: общий угол при вершине `B`  и равные углы `1` и `2`. По первому признаку эти треугольники подобны.

И сразу применим это утверждение в следующем примере, в котором устанавливается важное свойство трапеции.

Пример 4 (важное свойство трапеции)

Прямая, проходящая через
точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках `M` и `N`. Найти длину отрезка `MN`, если основания трапеции равны `a` и `b`. 

Решение

1. Пусть `O` - точка пересечения диагоналей, `AD = a`, `BC = b`. Прямая `MN` параллельна основанию `AD` (рис. 10а), следовательно, MOADMO \parallel AD,  треугольники `BMO` и `BAD` подобны, поэтому
                                                        `(MO)/(AD) = (BO)/(BD)`                                                        `(1)`

2.  ADBCAD \parallel BC, `Delta AOD ~ Delta COB` по двум углам (рис. 10б): `(OD)/(OB) = (AD)/(BC)`,  то есть `(OD)/(OB) = a/b`. 

3. Учитывая, что `BD = BO + OD`  находим отношение 

  `(BO)/(BD) = (BO)/(BO + OD) = 1/(1 + OD//BO) = b/(a + b)`.               

Подставляя это в `(1)`, получаем `MO = (ab)/(a + b)`; аналогично устанавливаем, что `ON = (ab)/(a + b)`, таким образом `MN = (2ab)/(a + b)`.

Пример 5 (полезный метод решения)

Точки `M` и `N` лежат на боковых сторонах `AB` и `CD` трапеции `ABCD` и  MNADMN \parallel AD  (рис. 11а). Найти длину `MN`, если `BC = a`, `AD = 5a`, `AM : MB = 1:3`.

Решение

1. Пусть  BFCDBF\|CD  и  MECDME\|CD  (рис. 11б), тогда `/_ 1 = /_ 2`, `/_ 3 = /_ 4` (как соответствующие углы при пересечении двух параллельных прямых третьей) и  `Delta AME ~ Delta MBF`. Из подобия следует `(AE)/(MF) = (AM)/(MB) = 1/3`. 
2. Обозначим `MN = x`. По построению `BCNF` и `MNDE` - параллелограммы,  `FN = a`, `ED = x` и, значит, `MF = x - a`; `AE = 5a - x`. Итак, имеем `(5a - x)/(x - a) = 1/3`, откуда находим `x = 4a`. 

Напомним, что отношение периметров подобных треугольников равно отношению их сходственных сторон. Верно также следующее утверждение: отношение медиан, биссектрис и высот, проведённых к сходственным сторонам в подобных треугольниках, равно отношению сходственных сторон.

Отношение радиусов вписанных окружностей, как и отношение радиусов описанных окружностей, в подобных треугольниках также равно отношению сходственных сторон.

Попытайтесь доказать это самостоятельно.

Признаки подобия прямоугольных треугольников

Прямоугольные треугольники подобны, если:
1. они имеют по равному острому углу;

2. катеты одного треугольника пропорциональны катетам другого;

3. гипотенуза и катет одного треугольника пропорциональны гипотенузе и катету другого.

Два первых признака следуют из первого и второго признаков подобия треугольников, поскольку прямые углы равны. Третий признак следует, например, из второго признака подобия и теоремы Пифагора.

Заметим, что высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, разбивает его на два прямоугольных треугольника, подобных между собой и подобных данному. Доказанные в § 1 метрические соотношения Утверждения 1, 2, 3 можно доказать, используя подобие указанных треугольников.

СВОЙСТВА ВЫСОТ И БИССЕКТРИС

Пример 6 (Первая лемма о высотах)

Если в треугольнике `ABC` нет прямого угла, `A A_1` и `BB_1` - его высоты, то  `Delta A_1B_1C ~ Delta ABC` (этот факт можно сформулировать так: если соединить основания двух высот, то образуется треугольник, подобный данному).

Доказательство

Как всегда, полагаем `AB = c`, `BC = a`, `AC = b`.
а) Треугольник `ABC` остроугольный (рис. 12а).
В треугольнике `A A_1C` угол `A_1` - прямой,  `A_1C = AC cos C = ul (b cos C)`.

 В треугольнике `B B_1C  угол `B_1`  - прямой, `B_1C = BC cos C = ul (a cos C)`. 

В треугольниках `A_1 B_1C` и `ABC` угол `C` общий, прилежащие стороны пропорциональны: `(A_1C)/(AC) = (B_1C)/(BC) = cos C`. 

Таким образом, `Delta A_1 B_1 C ~ Delta ABC` с коэффициентом подобия  `ul (cos C)`. (Заметим, что `/_ A_1 B_1 C = /_B`).
б) Треугольник `ABC` - тупоугольный, угол `C` - острый, высота `A A_1` проведена из вершины тупого угла. Рассуждения аналогичны:

$$\left.\begin{array}{rcl}
\Delta AA_1C, \angle A_1 =90^\circ \Rightarrow A_1C=AC\cdot \cos C =b \cos C;\\
\Delta BB_1C, \angle B_1 =90^\circ \Rightarrow B_1C=BC\cdot \cos C =a \cos C,
\end{array}
\right\}\Rightarrow \Delta A_1B_1C\sim \Delta ABC,$$

коэффициент подобия `ul (cos C)`,  `/_ A_1 B_1 C = /_B`.

Случай, когда угол `B` тупой, рассматривается аналогично.
в) Треугольник `ABC` - тупоугольный, угол `C` - тупой, высоты `A A_1` и `B B_1`  проведены из вершин острых углов.

`varphi = /_ BCB_1 = /_ ACA_1 = 180^@ - /_ C`, `cos varphi = - cos C = |cos C|`.

$$\left.\begin{array}{rcl}
\Delta AA_1C, \angle A_1 =90^\circ \Rightarrow A_1C=AC\cdot \cos\varphi =b |\cos C|;\\
\Delta BB_1C, \angle B_1 =90^\circ \Rightarrow B_1C=BC\cdot \cos\varphi =b |\cos C|,
\end{array}
\right\}\Rightarrow \Delta A_1B_1C\sim \Delta ABC$$

с коэффициентом подобия `ul (k = |cos C|`. 

Пример 7

В остроугольном треугольнике `ABC` проведены высоты `A A_1`, `B B_1`, `C C_1` (рис. 13). Треугольник, вершинами которого служат основания высот, называется «высотным» треугольником (или ортотреугольником).

Доказать, что лучи `A_1 A`, `B_1 B` и `C_1 C` являются биссектрисами углов высотного треугольника `A_1 B_1 C_1` (т. е. высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами ортотреугольника).

Решение

По первой лемме о высотах `Delta A_1 B_1 C ~ Delta ABC`, `/_ A_1 B_1 C = /_ B`.

Аналогично `Delta AB_1C_1 ~ Delta ABC`, `/_ AB_1 C_1 = /_ B`, т. е.  `/_A_1 B_1C = /_ AB_1 C_1`.

Так как `BB_1` - высота, то `/_AB_1B = /_CB_1B = 90^@`. 

Поэтому `/_C_1B_1B = /_A_1B_1B = 90^@ - /_B`,  т. е. луч `B_1B` - биссектриса угла `A_1B_1C_1`. 

 Аналогично доказывается, что `A A_1` - биссектриса угла `B_1 A_1 C_1` и `C C_1` - биссектриса угла `B_1 C_1 A_1`.

Пример 8 (Вторая лемма о высотах)

Высоты `A A_1`, `B B_1` треугольника `ABC` пересекаются в точке `H` (рис. 14). Доказать, что имеет место равенство `AH * H A_1 = BH * HB_1`, т. е. произведение отрезков одной высоты равно произведению отрезков другой высоты.

Решение

`Delta AHB_1 ~ Delta BHA_1`, имеют по равному острому углу при вершине `H`  (заметим, что  этот  угол  равен углу `C`). Из подобия следует `(AH)/(BH) = (HB_1)/(HA_1)`,  откуда  `AH * HA_1 = BH * HB_1`. Для тупоугольного треугольника утверждение также верно. Попробуйте доказать самостоятельно.

Пример 9

Высоты `A A_1` и `B B_1` треугольника `ABC` пересекаются в точке `H`, при этом  `BH = HB_1` и `AH = 2 HA_1` (рис. 15). Найти величину угла `C`.

Решение

1. По условию пересекаются высоты, поэтому треугольник остроугольный. Положим  `BH = HB_1 = x` и `HA_1 = y`, тогда  `AH = 2y`. По второй лемме о высотах  `AH * HA_1 = BH * HB_1`,   т. е.  `x^2 = 2y^2`,  `x = y sqrt 2`. 
2. В треугольнике `AHB_1` угол `AHB_1` равен углу `C` (т. к. угол `A_1 AC` равен `90^@ - C`), поэтому `cos C = cos (/_ AHB_1) = x/(2y) = sqrt 2/ 2`. Угол `C` - острый,  `/_ C = 45^@`.

Ответ:

`/_ C = 45^@`. 

Установим ещё одно свойство биссектрисы угла треугольника.

Теорема 5

Биссектриса внутреннего угла треугольника делит противолежащую этому углу сторону на отрезки, пропорциональ¬ные прилежащим сторонам, т. е. если `AD` -  биссектриса треугольника `ABC`, то  `(BD)/(DC) = (AB)/(AC)`.

Доказательство

Проведём через точку `B` прямую параллельно биссектрисе `DA`, пусть `K` - её точка пересечения с прямой `AC` (рис. 16).
Параллельные прямые `AD` и `KB` пересечены прямой `KC`, образуются равные углы `1` и `3`. Те же прямые пересечены и прямой `AB`, здесь равные накрест лежащие  углы  `2`  и `4`. Но `AD` - биссектриса, `/_1 = /_2`,  следовательно  `/_3 = /_4`.
Отсюда следует, что  треугольник  `KAB`  равнобедренный, `KA = AB`.
По теореме о пересечении сторон угла параллельными прямыми  из  ADKBAD \|KB  следует  `(BD)/(DC) = (KA)/(AC)`.   Подставляя сюда вместо  `KA` равный ему отрезок `AB`,  получим `(BD)/(DC) = (AB)/(AC)`.  Теорема доказана.

Пример 10

Биссектриса треугольника делит одну из сторон треугольника на отрезки длиной `3` и `5`. Найти в каких пределах может изменяться периметр треугольника.

Решение

Пусть `AD` - биссектриса и `BD = 3`, `DC = 5` (рис. 17). По свойству биссектрисы `AB : AC = 3:5`.   Положим `AB = 3x`, тогда `AC = 5x`. Каждая сторона треугольника должна быть меньше суммы двух других сторон, т. е.  `ul (5x < 3x + 8)`,   `3x < 5x + 8`  и  `ul (8 < 3x + 5x)`.  Получаем ограничения `x<4` и `x > 1`.

Периметр треугольника  `P = 8 + 8x = 8(1 + x)`,  поэтому `ul (16 < P < 40`.