Математика 11 класс 11-М-2

§ 1. Подобие треугольников. Отношение площадей подобных треугольников. Свойства медиан, биссектрис и высот

Две фигуры FF и F`F`  называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между двумя точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры FF и F`F`  подобны, то пишется F~F`F\sim F`Напомним, что в записи подобия треугольников ABC~A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием  подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. AA переходит в A1A_1, BB - в B1B_1, CC - в C1C_1. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если ABC~A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1

A=A1, B=B1, C=C1, ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1\angle A=\angle A_1,\;\angle B=\angle B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\frac{AB}{A_1B_1}=\frac{BC}{B_1C_1}=\frac{AC}{A_1C_1}

признаки подобия треугльников

Два треугольника подобны:

  • 1) если два угла одного соответственно равны двум углам другого;
  • 2) если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;
  • 3) если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.

Из признаков подобия следует утверждения, которые удобно использовать в решении задач: 

1°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие в различных точках, отсекает треугольник, подобный данному.

Рис. 5

2°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает на них отрезки, пропорциональные данным сторонам,   т. е. если  MN||ACMN||AC (рис. 5), то

mn=pq=m+pn+q\frac mn=\frac pq=\frac{m+p}{n+q}

3°. Если  прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает на них пропорциональные отрезки, то она параллельна третьей стороне, т. е. если (см. рис. 5)

mn=m+pn+q\frac mn=\frac{m+p}{n+q} или mn=pq\frac mn=\frac pq,

то MNMN параллельна ACAC (доказательство было дано в задании для  9 класса).

Пример 1
Рис. 6

Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках MM и NN. Найти длину отрезка  если  основания  трапеции равны aa и bb.

Решение

Δ Пусть OO точка пересечения диагоналей трапеции (рис. 6). Обозначим:

AD=a, BC=b, MO=x, BO=p, OD=q.AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.

1. BC~ADBOC~DOA (по двум углам)ba=pq1.\;\left\{\begin{array}{l}BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC\sim\bigtriangleup DOA\;(по\;двум\;углам)\end{array}\right.\Rightarrow\frac ba=\frac pq

2. MO~ADMBO~ABDxa=pp+q2.\;\left\{\begin{array}{l}MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end{array}\right.\Rightarrow\frac xa=\frac p{p+q}

Из (1) и (2) следует x=app+q=qp/qp/q+1=aba+bMO=aba+b.x=a\frac p{p+q}=q\frac{p/q}{p/q+1}=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MO=\frac{ab}{a+b}.

Аналогично устанавливаем, что NO=aba+bMN=2aba+bNO=\frac{ab}{a+b}\Rightarrow MN=\frac{2ab}{a+b}.

Результат этой задачи, как утверждение, верное для любой трапеции, следует запомнить. ▲

Из определения подобия фигур следует, что в подобных фигурах все соответствующие линейные  элементы пропорциональны. Так, отношение периметров подобных треугольников равно отношению длин соответствующих сторон. Или, например, в подобных треугольниках отношение радиусов вписанных окружностей (также и описанных окружностей) равно отношению длин соответствующих сторон. Это замечание поможет нам решить следующую задачу.

Пример 2
Рис. 7

В прямоугольном треугольнике  ABCABC из вершины CC прямого угла проведена высота CDCD (рис. 7). Радиусы  окружностей, вписанных в треугольники ACDACD и BCDBCD равны соответственно r1r_1 и r2r_2 . Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABCABC.

Решение

Δ Обозначим искомый радиус rr, положим AB=cAB=c, AC=bAC=b, BC=aBC=a. Из подобия прямоугольных треугольников ACDACD и ABCABC (у   них   равные углы при вершине AA) имеем rr1=cb\frac r{r_1}=\frac cb, откуда b=r1rcb=\frac{r_1}rc. Прямоугольные треугольники  BCDBCD и  BACBAC также  подобны,  поэтому rr2=ca\frac r{r_2}=\frac ca, - откуда a=r2rca=\frac{r_2}rc. Так как a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 то, возводя в квадрат выражения для  aa и bb и складывая их, получим r1r2c2+r2r2c2=c2 r12+r22r2=1\left(\frac{r_1}r\right)^2c^2+\left(\frac{r_2}r\right)^2c^2=c^2\;\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=1.  Находим  r=r12+r22r=\sqrt{r_1^2+r_2^2} 

Напомним, что площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих линейных элементов. Для треугольников это утверждение можно сформулировать так: площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Рассмотрим характерную задачу на эту тему.


Пример3
Рис. 8

Через точку MM, лежащую внутри треугольника ABCABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. При этом образовались три треугольника (рис. 8), площади которых равны S1S_1, S2S_2  и S3S_3. Найти  площадь треугольника ABCABC.

Решение

Легко видеть, что треугольники EKMEKM, MQFMQF и PMNPMN подобны треугольнику ABCABC.

Пусть SS -площадь треугольника ABCABC, тогда

S1S=EMAC2; S2S=MFAC2; S3S=PNAC2.\frac{S_1}S=\left(\frac{EM}{AC}\right)^2;\;\frac{S_2}S=\left(\frac{MF}{AC}\right)^2;\;\frac{S_3}S=\left(\frac{PN}{AC}\right)^2.

Откуда находим

EM=S1SAC, MF=S2SAC, PN=S3SAC.EM=\sqrt{\frac{S_1}S}AC,\;MF=\sqrt{\frac{S_2}S}AC,\;PN=\sqrt{\frac{S_3}S}AC.

А так как EM=AP, MF=NCEM+PN+MF=AP+PN+NC=ACEM=AP,\;MF=NC\Rightarrow EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC.

Таким образом, AC=AC*S1S+S2S+S3SS=S1+S2+S32AC=AC\ast\left(\sqrt{\frac{S_1}S}+\sqrt{\frac{S_2}S}+\sqrt{\frac{S_3}S}\right)\Rightarrow S=\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2. ▲

Свойства медиан, высот, биссектрис треугольника

В наших заданиях 9-го и 10-го классов здесь повторяемые теоремы и утверждения были доказаны. Для некоторых из них  мы напоминаем пути доказательств, доказывая их моменты и давая поясняющие рисунки.

о медианах
Рис. 9

Теорема 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке  и  точкой пересечения каждая медиана делится в отношении 2 : 1, считая от вершины.

Теорема 2. Три медианы, пересекаясь, разбивают треугольник на 6 треугольников с общей вершиной, площади которых равны между собой.

(На рис. 9 площадь каждого из 6 треугольников с вершиной  и основанием, равным половине стороны, равна 12SABC\frac12S_{ABC}. Точка пересечения медиан называется центром тяжести треугольника


Теорема 3. Пусть BDBD - медиана треугольника 

ABC (BC=a, AC=b, AB=c, BD=ma)ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a)тогда

mc2=a2+b22-c24m_c^2=\frac{a^2+b^2}2-\frac{c^2}4(Доказательство приведено далее в §4 Задания).

Пример 4
Рис. 10

Медианы AA1AA_1 треугольника ABCABC пересекаются в точке OO, AA1=12AA_1=12 и CC1=6CC_1=6 и одна из сторон треугольника равна 12. (рис. 10). Найти площадь треугольника  ABCABC.

Решение

Δ 1. По теореме 1 имеем AO=23AA1=8, CO=23CC1=4AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4

Расставим на рисунке 10 длины отрезков медиан. По условию, одна из сторон треугольника равна 12, сторона ACAC не может равняться 12, иначе AC=AO+OCAC=AO+OC - нарушено неравенство треугольника. Также не может равняться 12 сторона ABAB, так в этом случае AC1=6AC_1=6 и треугольник AOC1AOC_1  со сторонами 8, 2, 6 не существует. Значит,  BC=12BC=12 и AC1=6AC_1=6.

2. Площадь треугольника находим по формуле Герона:

p=7, SA1OC=7*1*3*3=37p=7,\;S_{A_1OC}=\sqrt{7\ast1\ast3\ast3}=3\sqrt7.

По теореме 2 площадь треугольника  ABCABC в 6 раз больше, находим SABC=187S_{ABC}=18\sqrt7.▲

о высотах

Теорема 4. Три высоты треугольника или три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцентром треугольника). В остроугольном треугольнике точка пересечения высот лежит внутри треугольника.

Были доказаны также две леммы о высотах

1-ая лемма.

Если AA1AA_1 и BB1BB_1 - высоты треугольника ABCABC, то треугольник A1B1CA_1B_1C подобен треугольнику ABCABC с коэффициентом подобия k=A1B1AB=cosCk=\frac{A_1B_1}{AB}=\left|\cos C\right|Можно это утверждение сформулировать так: Если соединить основания двух высот AA1AA_1 и BB1BB_1 треугольника ABCABC, то образуется треугольник, подобный данному: A1B1C~ABC\triangle A_1B_1C\sim\triangle ABC

Из прямоугольных треугольников ACA1ACA_1 следует A1C=AC*cosCA_1C=AC*cosC или A1C=AC*cos(180°-C)=ACcosCA_1C=AC\ast cos(180^\circ-C)=AC\left|\cos C\right| (рис. 11а, б), а из прямоугольных треугольников BCB1BCB_1 следует B1C=BC*cosCB_1C=BC*cosC или B1C=BC*cos(180°-C)=BCcosCB_1C=BC\ast cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right|. Далее рассуждения очевидны.

Рис. 11a Рис. 11б


2-ая лемма.

Если высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 (или их продолжения) пересекаются в точке HH, то справедливо равенство AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 (рис. 12а, б).

Рис. 12a Рис. 12б
ПримеР 5
Рис. 13

Высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 пересекаются в точке HH (рис. 13), при этом AH=3HA1AH=3HA_1 и BH=HB1BH=HB_1. Найти косинус угла ACBACB и площадь треугольника ABCABC, если AC=aAC=a.  

Решение

 Δ Обозначим HA1=x, HB1=yHA_1=x,\;HB_1=y

1. Точка HH - середина высоты (рис. 13). Если отрезок MHMH проходит через точку HH и параллелен  основаниям,  то MN - средняя линия; MN=a/2MN=a/2.

2. HA1N~AA1CHNAC=x4x, HN=14a. \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac{HN}{AC}=\frac x{4x},\;HN=\frac14a.\;Значит, MH=HN=a4MH=HN=\frac a4 и AB1=B1C=a2AB_1=B_1C=\frac a2 Треугольник  ABCABC  равнобедренный, AB=BCAB=BC.

3. B1BC=90°-CBHA1=AHB1=C\angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1=\angle C, а по второй лемме о высотах  AH*HA1=BH*HB1AH*HA_1=BH*HB_1 т. е.  3x2=y2, y=x33x^2=y^2,\;y=x\sqrt3.

     Далее, cosC=cos(AHB1)=y3xcosC=cos(\angle AHB1)=\frac y{3x}, находим cosC=13\cos C=\frac1{\sqrt3}.

4. AHB1: AB12=(3x)2-y2, a24=6x2, x=a26, y=a22SABC=12AC*BB1=ay=a224\begin{array}{l}\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac{a^2}4=6x^2,\;x=\frac a{2\sqrt6},\;y=\frac a{2\sqrt2}\Rightarrow\\\Rightarrow S_{ABC}=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac{a^2\sqrt2}4\end{array}. ▲

о биссектрисах треугольника
Рис. 14

Теорема 5. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим  сторонам, т. е.  если ADAD - биссектриса треугольника  ABCABC (рис. 14), то

BDDC=ABAC xy=cb\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\;\left(\frac xy=\frac cb\right)

Доказательство легко выполните сами, применяя теорему синусов к треугольникам ADBADB и ADCADC.

Теорема 6. Пусть ADAD - биссектриса треугольника ABCABC (рис. 14), тогда AD=AB*AC-DB*DCAD=\sqrt{AB\ast AC-DB\ast DC} (в обозначениях рисунка 14а) AD=bc-xyAD=\sqrt{bc-xy}.

Рис. 14а

□ Эту теорему докажем. Опишем около треугольника ABCABC окружность, точку пересечения прямой ADAD и окружности обозначим KK (рис. 14а).

Обозначим  AD=z, DK=m.ABD~AKC (ABD=AKC и 1=2).Из подобия: ABAK=ADACcz+m=zbz2+zm=bc, z2=bc-zm.\begin{array}{l}AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\angle AKC\;и\;\\\angle1=\angle2).\\Из\;подобия:\;\\\frac{AB}{AK}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow\frac c{z+m}=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end{array}По свойству пересекающихся хорд:

AD*DK=BD*CD, т.е. z*m=x*yz2=bc-xy, z=bc-xyAD\ast DK=BD\ast CD,\;т.е.\;z\ast m=x\ast y\Rightarrow z^2=bc-xy,\;z=\sqrt{bc-xy}.  ■

Пример 6

В треугольнике ABCABC со сторонами AB=5AB=5, AC=3AC=3 биссектриса AD=158AD=\frac{15}8. Найти сторону BCBC и радиус вписанной окружности.

Решение

Δ По теореме 5 (см. рис. 14) имеем xy=53\frac xy=\frac53 Обозначим x=5zx=5z, тогда  y=3zy=3z. По теореме 6 выполнено равенство 1582=5*3-5z*3z.\left(\frac{15}8\right)^2=5\ast3-5z\ast3z. Легко находим z=78z=\frac78 значит BC=7.BC=7. Радиус вписанной окружности найдём по формуле S=prS=pr (S - площадь треугольника,  p -полупериметр). Имеем p=152p=\frac{15}2, по формуле Герона S=152*12*102*92=1532,S=\sqrt{\frac{15}2\ast\frac12\ast\frac{10}2\ast\frac92}=\frac{15\sqrt3}2, поэтому r=Sp=32.r=\frac Sp=\frac{\sqrt3}2.  ▲