Математика 9 класс, 2017/2018 уч. год 9-M-1

3. Подобие треугольников

  • Опубликовал Витченко О. Н.
  • 8 июня 2017 г. 9:40:45 +03
  • 0 комментариев
  • 63 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 ABC~A1B1C1 означает, что вершины, совмещаемые преобразованием подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. A переходит в A1,  B– в  B1,  C – в C1.
   Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если  ABC~A1B1C1, то  A=A1,  B=B1,  C=C1, A1B1:AB=B1C1:BC=C1A1: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.
   □ 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 основа-ниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках M и N. Найти длину отрезка MN, если основания трапеции равны a и b.
   △ 1. Пусть O - точка пересечения диагоналей, AD=a,  BC=b. Прямая MN параллельна основанию AD (рис. 10а), следовательно, MOAD, треугольники BMO и BAD подобны, поэтому
                                                                     MOAD=BOBD.                                                                       (1)
   2.  ADBC,  AOD~COB по двум углам (рис. 10б): ODOB=ADBC, то есть ODOB=ab.
   3. Учитывая, что BD=BO+OD находим отношение 

                                              BOBD=BOBO+OD=11+OD/BO=ba+b.

Подставляя это в (1), получаем MO=aba+b; аналогично устанавливаем, что ON=aba+b, таким образом MN=2aba+b.
   Пример 5. (полезный метод решения) Точки M и N лежат на боковых сторонах AB и CD трапеции ABCD и MNAD (рис. 11а). Найти длину MN, если BC=a,  AD=5a, AM:MB=1:3.
   △ 1. Пусть BFCD и MECD (рис. 11б), тогда 1=2,  3=4 (как соответствующие углы при пересечении двух параллельных прямых третьей) и AME~MBF. Из подобия следует AEMF=AMMB=13.
   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-xx-a=13, 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 отноше¬нию сходственных сторон. Отношение радиусов впи-санных окружно¬стей, 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 ги-потенузе 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, по¬добных между собой и подобных данному. Доказанные в § 1 метрические соотношения 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, AA1 и  BB1 - его высоты, то  A1B1C~ABC (этот факт можно сформулировать так: если соединить основания двух высот, то образуется треугольник, подобный данному).
   □ Как всегда, полагаем AB=c,  BC=a,  AC=b.
   а) Треугольник ABC остроугольный (рис. 12а).
   В треугольнике AA1C угол A1 - прямой,  A1C=ACcosC=bcosC. В треугольнике BB1C  угол B1 - прямой, B1C=BCcosC=acosC.

   В треугольниках A1B1C и ABC угол C общий, прилежащие стороны пропорциональны: A1CAC=B1CBC=cosC.
   Таким образом, A1B1C~ABC с коэффициентом подобия cosC. (Заметим, что A1B1C=B ).
   б) Треугольник ABC - тупоугольный, угол C - острый, высота AA1 проведена из вершины тупого угла. Рассуждения аналогичны:
    AA1C, A1=90°A1C=AC·cosC=bcosC;BB1C, B1=90°B1C=BC·cosC=acosC,A1B1C~ABC,
коэффициент подобия cosC,  A1B1C=B.
    Случай, когда угол B тупой, рассматривается аналогично.
   в) Треугольник ABC - тупоугольный, угол C - тупой, высоты AA1 и BB1 проведены из вершин острых углов.
   φ=BCB1=ACA1=180°-C, cosφ=-cosC=cosC.

AA1C, A1=90°A1C=AC·cosφ=bcosC;BB1C, B1=90°B1C=BC·cosφ=bcosC,A1B1C~ABC
 с коэффициентом подобия k=cosC.

   Пример 7. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1,  BB1,  CC1(рис. 13). Треугольник, вершинами которого служат основания высот, называется «высотным» треугольником (или ортотреугольником). Доказать, что лучи A1A,  B1B и C1C являются биссектрисами углов высотного треугольника A1B1C1 (т. е. высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами ортотреугольника).
   △ По первой лемме о высотах  A1B1C~ABC,  A1B1C=B.
Аналогично AB1C1~ABC,  AB1C=B, т. е. A1B1C=AB1C1.
Так как BB1 - высота, то AB1B=CB1B=90°.
   Поэтому C1B1B=A1B1B=90°-B, т. е. луч B1B - биссектриса угла A1B1C1.  Аналогично доказывается, что AA1 - биссектриса угла  B1A1C1  и CC1 - биссектриса угла B1C1A1.
    Пример 8. (Вторая лемма о высотах)
    Высоты AA1,  BB1 треугольника ABC пересекаются в точке H (рис. 14). Доказать, что имеет место равенство AH·HA1=BH·HB1, т. е. произведение отрезков одной высоты равно произведению отрезков другой высоты.
   △  AHB1~BHA1, имеют по равному острому углу при вершине H (заметим, что этот угол равен углу C). Из подобия следует AHBH=HB1HA1,  откуда  AH·HA1=BH·HB1. Для тупоугольного треугольника утверждение также верно. Попробуйте доказать самостоятельно.▲
   Пример 9. Высоты AA1 и BB1 треугольника ABC пересекаются в точке H, при этом BH=HB1 и AH=2HA1 (рис. 15). Найти величину угла C.
   △ 1. По условию пересекаются высоты, поэтому треугольник остроугольный. Положим BH=HB1=x и HA1=y, тогда AH=2y. По второй лемме о высотах AH·HA1=BH·HB1, т. е. x2=2y2,  x=y2. 
   2. В треугольнике AHB1 угол AHB1 равен углу C (т. к. угол A1AC равен 90°-C), поэтому cosC=cosAHB1=x2y=22.
   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 BDDC=ABAC.
   □ 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 ADKB следует  BDDC=KAAC. Подставляя сюда вместо KA равный ему отрезок AB, получим BDDC=ABAC.  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.
   △ 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.  5x<3x+8,  3x<5x+8 и 8<3x+5x. Получаем ограничения x<4 и x>1.  Периметр треугольника P=8+8x=81+x, поэтому 16<P<40. ▲