Пропорциональные отрезки в треугольнике

Учебная работа с элементами исследования.

I. Подобие фигур6-21

1. 1 Пропорциональные отрезки. 6

1. 2 Подобные треугольники. 9

1. 3 Пропорциональность отрезков хорд и секущих. 11

1. 4 Свойство биссектрисы треугольника. 12

1. 5 Подобие многоугольников 16

1. 6 Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике. 20

II. Пропорциональность отрезков в решении задач. 22-34

2. 1. Подобие треугольников. 22

2. 2 Теорема о биссектрисе треугольника. 26

2. 3 Решение прямоугольных треугольников. 29

2. 4 Метод подобия в задачах на построение. 31

« Бороться, искать, найти и не сдаваться» эти слова вдохновляют не только полярных исследователей и ученых, но пытливых школьников.

Путь к вершинам геометрии начинается в школе. Только хорошо усвоив школьный курс геометрии, научившись решать самые сложные задачи, можно рассчитывать на успехи в геометрическом творчестве. А для этого необходимо проявить упорство, смекалку, нестандартность мышления. В курсе геометрии мы изучаем множество теорем, некоторые из них даются как задачи. Одна из таких теорем была сформулирована как задача, решая ее с нами на уроке, учитель сказала; что существуют другие способы доказательства, но для этого необходимо знать все о подобии треугольников. Меня это заинтересовало. И я занялась изучением данного раздела, что позволило самостоятельно доказать теорему о биссектрисе треугольника 11 способами, а так же познакомиться подробно с пропорциональностью отрезков в треугольнике. Закрепить свои знания в процессе решения задач более сложного уровня.

В результате моей работы я получила большое удовлетворение, Надеюсь, и вы найдете для себя много нового и интересного.

Около ста пятидесяти лет назад возникла новая область научного знания – учение о подобии явлений. Гениальное предвидение этой науки было высказано Ньютоном в 1686 году. Но только в 1848 году член французской академии наук Джозеф Бертран

Впервые установил основное свойство подобных явлений, сформулировав первую теорему подобия, теорему о существовании инвариантов подобия.

Подобными называются явления, происходящие в геометрически подобных системах, если у них во всех сходственных точках отношения одноименных величин есть постоянные числа.

Наш выдающийся ученый Н. Е. Жуковский положил теорию подобия в основу критериальной обработки опытов над моделями самолетов, продуваемых в аэродинамической трубе, для того, чтобы результаты опытов можно было перевести на подобные моделям самолеты.

Поэтому развитию моделирования весьма способствовал разработанный в нашей стране метод не точного, а приближенного моделирования, когда соблюдаются не все условия подобия и в модели получается с достаточной для практики точностью приближенное подобие.

Подобие и подобные преобразования применяются в моделировании, черчении и других технических приложениях геометрии.

Цель проекта: изучить признаки подобия треугольников и применить их для доказательства теоремы о биссектрисе треугольника.

Задача проекта: показать применение теоремы о биссектрисе треугольника для решения задач разного уровня сложности.

Для реализации целей и задач мы пользовались специальной научной литературой по математике авторов И. А. Баранова, В. М. Клопского. Эти авторы помогли мне разобраться в следующих вопросах:

Что называется отношением двух отрезков?

Какой отрезок называется средней линией треугольника?

Как доказать утверждения о пропорциональных отрезках в прямоугольных треугольниках?

Какие две фигуры называются подобными?

Что такое коэффициент подобия фигур? и др.

Наряду с изложением теоретического материала я уделила большое внимание решению типовых задач, а также задач повышенной трудности. Для решения задач повышенной трудности достаточно уметь применять основные геометрические факты и использовать простейшие алгоритмы, знать теоремы и их доказательства.

Пропорциональные отрезки

Каждый отрезок имеет определенную длину. Длина отрезка зависит от выбора единицы измерения и выражается положительным рациональным или иррациональным числом.

Аксиома измерения отрезков. При переходе от одной единицы измерения к другой, длины всех отрезков умножаются на одно и тоже число. Отсюда следует, что отношение длин двух отрезков не зависит от выбора единицы измерения. В дальнейшем для краткости будем говорить об отношении двух отрезков, понимая под этим число, равное отношению длин этих отрезков. Отрезки АВ и СD называются пропорциональными отрезками А1В1 и С1D1 если пропорциональны их длины:

Запись означает здесь и далее отношение, где /АВ /- длина отрезка АВ ,

/А1В1 / - длина отрезка А1В1

Лемма 1.

Пусть пара параллельных прямых АВ и СD пересекают соответственно другую пару параллельных прямых АС и ВD. Тогда отрезок АС равен отрезку ВD, а отрезок АВ равен отрезку СD.

Доказательство.

Проведем прямую ВС. Углы АВС и ВСD равны

Как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АВ и СD и секущей ВС, а углы АСВ и СВD равны как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АС и ВD и секущей ВС.

Тогда по первому признаку равенства треугольников треугольники АВС и DСВ равны. Отсюда следует, что АС= ВD и АВ = CВ. Лемма доказана.

И/. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Теорема 1. Теорема Фалеса.

Если параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсекают на одной его стороне равные отрезки, то они отсекают равные отрезки и на другой его стороне.

Доказательство.

Пусть А3ОВ3 – заданный угол, а А1В1, А2В2 и А 3 В3 –попарно параллельные прямые и А1А2 = А2А3. Докажем, что В1В2 = В2В3. Проведем через точку В2 прямую С1С2, параллельную прямой А1А3. По лемме 1 А1А2 = С1В2, А2А3 = В2С2 и с учетом условия теоремы С1В2 = В2С2. Кроме того, В1С1В2 = В2С2В3 - как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых А1В1, АВ3 и секущей С1С2 , а В1В2С1 = С2В2В3, как вертикальные. По второму признаку равенства треугольников ∆ В1С1В2 = ∆ В3С2В2. Отсюда В1В2 =В2В3. Теорема доказана

Теорема.

Если стороны угла с вершиной в точке О пересечены параллельными прямыми АВ и MN, то отрезки ОА и ОВ пропорциональны отрезкам ОM и ON, т. е. (1)

Доказательство. Рассмотрим случай, когда имеется такой отрезок EF, что ОM = m EF, MA =n EF, где m и n – целые числа. Говорят, что отрезок EF в каждом из отрезков ОМ и МА укладывается целое число раз без остатка. Разделим отрезок ОМ на m равных частей, а отрезок МА на n равных частей. Каждый из полученных отрезков будет равен ЕF. Примем отрезок EF за единицу измерения. Тогда ОМ=m, МА=n. Допустим для определённости, что точка М лежит между точками О и А. Тогда ОА = ОМ + МА= m+n.

Проведем через точки деления отрезков ОМ и МА прямые, параллельные прямой АВ. Согласно теореме Фалеса эти прямые разделят отрезок ON на m равных отрезков, а отрезок NB на n равных отрезков.

/И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Если t – длина каждого из этих отрезков, то ON = mt, NB = nt, поэтому ОВ =ON+NB = (m+n)* t. Таким образом,,. Отсюда следует, что т. е. выполняется равенство (1). Не для любых отрезков ОМ и МА существует такой отрезок EF, который в каждом из отрезков ОМ и МА укладывается целое число без остатка. Но и в этом случае можно доказать, что равенство (1) выполняется. Теорема доказана.

Следствие. Если стороны угла с вершиной в точке О пересечены параллельными прямыми АВ и MN, то отрезки МА и NB пропорциональны отрезкам ОА и ОВ, т. е. (2)

Доказательство. Допустим для определенности, что точка М лежит между точками О и А. Тогда ОА= ОМ +МА; ОВ= ON +NB или ОМ = ОА – МА; ON = OB –NB (3).

Из равенства (1) следует, что. Подставив сюда значения ОМ и ON из (3), получаем или, и равенство (2) доказано.

Отрезки АВ, CD, MN называются пропорциональными отрезками А1В1, С1D1,

M1N1, если Средней линией треугольника называется отрезок, соединяющий середины двух его сторон.

Теорема.

Средняя линия треугольника, соединяющая середины двух данных сторон, параллельна третьей стороне и равна ее половине.

Доказательство. Пусть [DE] – средняя линия в треугольнике АВС, т. е. АЕ = ЕС, CD = BD. Проведем через точку D. прямую а, параллельную стороне АВ. По теореме Фалеса прямая а пересекает сторону АС в ее середине и, следовательно, содержит среднюю линию DE. Значит, средняя линия DE параллельна стороне АВ. Проведем среднюю линию DF. Она параллельна стороне АС. Тогда по лемме отрезок ЕD равен отрезку AF и равен половине отрезка АВ. Теорема доказана.

Клопский В. М. Геометрия. Учебное пособие.

Подобные треугольники

Определение. Треугольники АВС и A1B1C1 называются подобными, если А=А1; В = В1. С = С1

Если треугольники АВС и A1B1C1 подобны, то пишут

∆ АВС ~ ∆ A1B1C1. В подобных треугольниках углы одного треугольника соответственно равны углам другого треугольника, а стороны одного пропорциональны соответственным сторонам другого (т. е. сторонам, которые лежат против соответственно равных углов). Рассмотрим простейшие свойства подобных треугольников, которые вытекают из определения подобия.

1. Если два треугольника равны, то они подобны. В частности, каждый треугольник подобен самому себе.

2. Если один треугольник подобен другому, то и второй треугольник подобен первому.

3. Если первый треугольник подобен второму, а второй третьему, то первый треугольник подобен третьему треугольнику.

Докажем сначала лемму (вспомогательную теорему) о подобных треугольниках, а затем с ее помощью докажем признаки подобия треугольников.

Лемма. Прямая, параллельная какой-нибудь стороне треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает от него треугольник, подобный данному.

Доказательство. Пусть АВС – данный треугольник, а MN - прямая, параллельная стороне АС. Докажем, что ∆ MBN ~ ∆ ABC. Углы ∆ MBN соответственно равны углам ∆ ABC : < B - общий, M = A и N = C, как соответственные углы при пересечении параллельных прямых MN и АС секущими. Докажем, что соответственные стороны ∆MBN и ∆ ABC пропорциональны.

Пропорция следует из теоремы о пропорциональных отрезках. Докажем, что Проведем через точку N прямую NP, параллельную отрезку АВ. Применяя следствие из теоремы о пропорциональных отрезках к углу АСВ и параллельным прямым NP и AB, получаем

Клопский В. М. Геометрия. Учебное пособие.

Так как АМNP – параллелограмм, то РА=NM поэтому или. Значит, т. е. соответственные стороны треугольников MBN и АВС пропорциональны. Лемма доказана.

Теорема 1 (первый признак подобия треугольников). Если два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, то треугольники подобны.

Доказательство. Пусть АВС и A1B1C1 – треугольники, у которых A = A1, B = B1 и следовательно C =C1. Докажем, что ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1. Отложим на луче ВА от точки В отрезок ВА2, равный отрезку А1В1 и через точку А2 проведем прямую, параллельную прямой АС. Эта прямая пересечет луч ВС в некоторой точке С2. Треугольники A1B1C1 и A2B2C2 равны: А1В1 = А2В по построению, В = B1 по условию и

A1= A2, т. к. A1= A по условию и A= A2, как соответственные углы. По лемме о подобных треугольниках имеем: ∆ A2BC2 ~ ∆ ABC, и значит, ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1

Теорема доказана.

Теорема 2 (второй признак подобия треугольников). Если две стороны одного треугольника соответственно пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы между этими сторонами равны, то треугольники подобны.

Доказательство. Пусть АВС и А1В1С1 – треугольники у которых B = B1,. Докажем, что , ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1.

Отложим на луче ВА от точки В отрезок ВА2, равный отрезку В1А1, и через точку А2 проведем прямую, параллельную прямой АС, которая пересечет луч ВС в точке С2. Докажем, что ∆ A1B1C1 = ∆ A2B2C2. По лемме о подобных треугольниках имеем ∆ A2BC2~ ∆ ABC. Поэтому. Сравним эту пропорцию с данной пропорцией

/И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Так как по построению А2В = А1В1, то из пропорций и следует, что В1С1 = ВС2. Итак A1B1= A2B2, В1С1 = ВС2 B1=B, поэтому ∆ A1B1C1

= ∆ A2BC2. Так как ∆ ABC ~ ∆ A2BC2и ∆ A2BC2 = ∆ A1B1C1, то ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1, что и требовалось доказать.

Теорема 3. (третий признак подобия треугольников). Если три стороны одного треугольника пропорциональны трем сторонам другого треугольника, то какие треугольники подобны.

Доказательство. Пусть АВС и A1B1C1 – треугольники, стороны которых пропорциональны:

Докажем, что ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1. Сделав построение такое же, как и прежде, покажем, что ∆ A2BC2 = ∆ A1B1C1. Из подобия треугольников АВС и A2BC2 следует:. По построению А2В = А1В1.

Поэтому из отношенийи вытекает, что ВС2 = В1С1, А2С2= А1С1, и значит, ∆ A2BC2 = ∆ A1B1C1. Так как ∆ ABC ~ ∆ A2BC2 и ∆

A2BC2 = ∆ A1B1C1, то ∆ ABC ~ ∆ A1B1C1. Теорема доказана.

Пропорциональность отрезков хорд и секущих

Теорема 1. Произведение длин отрезков пересекающихся хорд равны, если хорда АВ и CD пересекаются в точке М, то АМ • ВМ = СМ • DM.

Доказательство. Рассмотрим треугольники АМD и ВМС и докажем, что они подобны. Углы А и С равны, так как они вписаны и опираются на одну и туже дугу ВD. Углы АМD и ВМС равны, как вертикальные. Из подобия треугольников

АМD и ВМС следует, что

или АМ • ВМ = СМ • DM. Теорема доказана.

/И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Теорема 2. Произведение длин отрезков секущей равно квадрату длины отрезка касательной, если через точку М проведена секущая окружности и касательная, причем А и В – точки пересечения окружности с секущей, а С – точка касания с касательной, то АМ • ВМ = СМ2.

Доказательство. Рассмотрим треугольники МАС и МСВ и докажем, что они подобны. У них угол М общий. Угол САВ как вписанный, равен половине центрального угла, отвечающего дуге ВNC. Угол ВСМ как угол между хордой и полукасательной, измеряется половиной того же центрального угла.

Значит, углы САВ и ВСМ равны. Из подобия треугольников МАС и МСВ получим, что или АМ • ВМ = СМ2. Теорема доказана.

Следствие. Произведение длин отрезков секущих, проведенных из одной точки вне окружности, равны.

Свойство биссектрисы треугольника

Во всяком треугольнике биссектриса внутреннего угла делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам. Иными словами, если в треугольнике АВС проведена биссектриса СD, то AD: BD = AC: BC. Вот одиннадцать доказательств этой теоремы.

Первое доказательство. Построим на луче CD точку Е, такую, что АЕ= АD. ТогдаACE = ADE= CDB. Следовательно, треугольник АСЕ и ВСD подобны (по двум углам). Это значит, что АЕ: BD= АС : ВС. Приняв во внимание, что АЕ = АD, получим AD: BD = AC: BC.

Журнал «Квант». № 8

Второе доказательство. Построим на луче СD точку Е, такую, что АЕ = AС. Тогда AED = ACD, то есть треугольники AED и BCD подобны. из их подобия имеем AD: BD = AC: BC. Поскольку АЕ = АС, то теорема доказана.

Вариант построения – провести через точку А прямую, параллельную СВ, до пересечения с прямой CD в точке Е.

Третье доказательство. Из вершины А и В опустим перпендикуляры АЕ и BF на прямую CD. Из подобия прямоугольных треугольников ADE и BDF получим АD : BD = AE : BF. В то же время из подобия прямоугольных треугольников АСЕ и ВСF будем иметь АС : ВС = АЕ : ВF. В полученных пропорциях правые отношения равны, поэтому равны и левые, то есть АD : BD = АС : ВС.

Четвертое доказательство. Проведем через точку D прямую, параллельную стороне АС. Тогда по обобщенной теореме Фалеса AD : BD = CF : FB. из подобия треугольников АВС и DBF имеем АС : СВ = FD : FB, и так как CF = FD, то АС: ВС = CF : FB. Следовательно, AD : BD = АС : СВ ( оба отношения равны CF : FB).

Пятое доказательство. Площади треугольников, имеющих равные высоты, относятся как соответствующие им основания. Поэтому SCDA : S CDB = AD : DB. С другой стороны, по свойству биссектрисы, высоты в треугольниках CDA и CDB, опущенные из вершины D, равны. Следовательно, SCDA : S CDВ = АС : ВС. Итак, AD : DB = АС : ВС = SCDA : S CDВ.

Шестое доказательство. Опишем вокруг треугольника АВС окружность и продолжим CD до пересечения с окружностью в точке Е. Из подобия треугольников АСЕ и DCB получаем АС : АЕ = CD : DB, то есть АС • DB = AE • CD. Из подобия треугольников ВСЕ и DCA имеем ВС : ВЕ = CD : AD, то есть ВС •AD = BE • CD. Заметив, что АЕ = ВЕ, получим АС • DB =BC • AD, откуда AD:BD = AC: BC.

Седьмое доказательство. Проведем через точку D две прямые, одна из которых параллельна стороне АС и пересекает сторону ВС в точке М, а другая – параллельна стороне ВС и пересекает сторону АС в точке К. Легко доказать, что четырехугольник KCMD – ромб. Из подобия треугольников АКD и DMB имеем AD : BD = DK : BM. Так как DK = DM, то AD : BD = DM : BM. Заменив в полученной пропорции отношение

DM : BM равным ему отношением АС : ВС (на основании подобия треугПреобразование подобияольников АВС и DBM), получим требуемую пропорцию.

Восьмое доказательство. Проведем отрезок МР=ДВ так, чтобы МР ║АВ, и секущую МВ так, что МК=КВ. ∆ МРС ~ ∆DАС (т. к. < СМР = <САД – соответственные при МР║АВ и <АМД- общий). (по двум сторонам и углу между ними). МР=ДВ. -равнобедренный так как СК биссектриса и медиана МС=СВ.

Девятое доказательство. Построим и получим. ∆ DCE~ ∆ DCB (т. к.

DB : CB = EC : DE; ∆ АDC~ ∆ DCЕ (т. к. < A = < E и < ACD = < EDC - по построению). Значит.

Десятое доказательство. Построим так что АЕ║СВ, ЕД║СВ. ~ ДСВ(-накрест лежащие при АЕ║ДС и секущей ЕД,накрест лежащие при ЕД║СВ и секущей ДС)- (соответственные при ЕД║СВ и секущей ДВ) имеем. иравнобедренные по построению ОЕ=ОА и ОС=ОД, то есть ЕД=АС. Тогда.

Одиннадцатое доказательство.

Построим так что ЕА=СВ. Проведём ДF=ДВ, тогда по построению. АЕС~AFD (по двум углам) , по построению DF = DB и АЕ = СВ, тогда имеем.

Подобие многоугольников

Рассмотрим два выпуклых многоугольника с одинаковым числом сторон, а следовательно и вершин.

Определение. Два многоугольника называются подобными, если углы одного многоугольника соответственно равны углам другого многоугольника, а стороны, заключающие равные углы, пропорциональны.

Например, два квадрата всегда подобны, а два ромба подобны, если они имеют по равному острому или тупому углу.

В подобных треугольниках было доказано, что они подобны, если стороны одного из них пропорциональны сторонам другого. В случае многоугольников с числом сторон, большим трех, пропорциональности их соответственных сторон уже недостаточно для подобия этих многоугольников. Например, квадрат не подобен ромбу, один из углов которого острый, хотя их стороны пропорциональны.

Недостаточно для подобия многоугольников и равенства их соответственных углов. Например, квадрат не подобен прямоугольнику, не все стороны которого равны.

Отношение длин соответственных сторон двух подобных многоугольников называется коэффициентом подобия этих многоугольников.

И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Пусть многоугольники ABCDE и A1B1C1D1E1 подобны. Тогда ABCDE ~ A1B1C1D1E1. Из подобия следует, что где к –коэффициент подобия. Отсюда АВ = к А1В1, ВС = к В1С1, CD = к C1D1, DE = к D1E1,

EA= к E1A1. (1)

Теорема. Отношение периметров подобных многоугольников равно коэффициенту подобия этих многоугольников.

Доказательство. Пусть ABCDE и A1B1C1D1E1 – данные подобные многоугольники. Сложив почленно равенства (1), получим АВ + ВС + + ЕА = к (А1В1+ В1С1+ + E1A1), (2) где к- коэффициент подобия. Равенство (2) означает, что Р= кР1, где Р и Р1 – периметры данных многоугольников.

Итак, Р: Р1 =к. Теорема доказана.

Пусть ABCDE ~ A1B1C1D1E1. Проведем из соответствующих вершин А и А1 диагонали. Тогда ∆ АВС~ ∆ А1В1С1, т. к. согласно подобию многоугольников АВ и ВС пропорциональны А1В1 и В1С1, a B = B1. Из подобия этих треугольников следует, что диагонали АС и А1С1 многоугольников пропорциональны их соответствующим сторонам, а угол АСВ равен углу А1С1В1, и , значит, угол АСD равен углу A1C1D1. Поэтому ∆ АСD~ ∆ А1С1D1. Аналогично доказывается, что ∆ АDЕ~ ∆ А1D1Е1.

/И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Таким образом, проведя диагонали из двух соответствующих вершин подобных многоугольников, можно разложить эти многоугольники на подобные треугольники.

Преобразование подобия

Определение. Преобразование фигуры F в фигуру F1 называется преобразованием подобия, если при этом преобразовании расстояния между точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз.

Это значит, что если произвольные точки M и N фигуры F при этом преобразовании переходят в точки M1 и N1 фигуры F1, то /M1 N1/ = к / MN/ - число к называется коэффициентом подобия. Так же, как и для движения, доказывается, что при преобразовании подобия три точки А,В,С, лежащие на одной прямой, переходят в три точки А1,В1,С1, также лежащие на одной прямой. Причем, если точка В лежит между точками А и С , то точка В1, лежит между точками А1 и С1.

Свойства преобразования подобия.

1) Преобразование подобия переводит прямые в прямые, полупрямые – в полупрямые, отрезки – в отрезки.

2) Преобразование подобия сохраняет углы между полупрямыми.

Пусть угол с вершиной С переводится преобразованием подобия в угол с вершиной С1. Возьмем на стороне а угла С произвольную точку А, а на его стороне в – произвольную точку В. Преобразование подобия переводит их в точки А1 и В1 на стороне а1 и в1 угла С1. Имеем /С1А1/ = к /СА/, /С1В1/ = к /СВ/, /А1В1/ = к/АВ/, где к – коэффициент подобия. Треугольники АСВ и А1С1В1 подобны, как треугольники с тремя пропорциональными сторонами. Из подобия треугольников следует, что C=C1.

Определение. Две фигуры называются подобными, если они совмещаются преобразованием подобия. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны.

/И. А. Баранов. Математика для подготовительных курсов/

Теорема. Гомотетия есть преобразование подобия

Доказательство. Пусть точки M и n переходят при гомотетии относительно точки О в точки М1 и N1. Треугольники MON и M1ON1 подобны: угол О общий, а

(к- коэффициент гомотетии)

Из подобия треугольников следует

Теорема доказана.

Площадь многоугольника.

Для вычисления площади произвольного многоугольника разбивают этот многоугольник на непрерывающиеся треугольники и находят площадь каждого треугольника. Тогда сумма этих площадей будет равна площади S данного многоугольника.

Теорема. Отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия.

Доказательство. Пусть АВСDЕ и А1В1С1D1Е1 – данные подобные многоугольники. Проведя диагонали из вершин А и А1, разложим эти многоугольники на подобные треугольники. Рассмотрим подобные треугольники АВС и А1В1С1. В подобных треугольниках отношение двух соответственных высот равно отношению двух соответственных сторон.

Алтынов П. И. Краткий справочник школьника.

Поэтому , h и h1 - соответствующие высоты, к- коэффициент подобия. Следовательно,

Теорема доказана.

Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике

Определение. Отрезок х называется средним пропорциональным (или средним геометрическим) между отрезками а и в, если для их длин выполняется равенство а : х = х : в, т. е. х =

Теорема. Если в прямоугольном треугольнике проведена высота из прямого угла, то: высота есть среднее пропорциональное между отрезками на которые она делит гипотенузу; катет есть среднее пропорциональное между гипотенузой и прилежащим к этому катету отрезком гипотенузы.

Доказательство: Рассмотрим прямоугольный треугольник АВС. Проведем из вершины прямого угла С высоту СD и обозначим ее длину через h. Требуется доказать, что h2 = c1с2, в2 = сс1, а2 = сс2

Имеем три подобных пары треугольников:

∆ ADС ~ ∆ AСВ (угол А- общий, D=C);

∆ AСВ ~ ∆ СDВ (угол B- общий, D=C);

∆ ADС ~ ∆ СDВ (по свойству подобия треугольников).

Т. к. ∆ ADС ~ ∆ DСВ, то с1 : h = h : c2 , т. е. h2 = с1с2.

Т. к. ∆ ADС ~ ∆ АСВ, то с1 : в = в : c , т. е. в2 = сс1.

Т. к. ∆ AСВ ~ ∆ СDВ, то с1 : а = а : c2 , т. е. а2 = сс2.

Теорема доказана.

Маркова Л. Большая школьная энциклопедия.

Теорема Пифагора. В прямоугольном треугольнике квадрат длины гипотенузы равен сумме квадратов длин катетов.

Доказательство. В прямоугольном треугольнике АВС проведем из вершины прямого угла С высоту CD. Требуется доказать, что с2 = а2 + в2. По предыдущей теореме получаем в2 = сс1 и а2 = сс2.

Сложив в2 + а2 = сс1+ сс2= с(с1+ с2), или в2+а2 = с2, что и требовалось доказать.

Теорема (обратная теореме Пифагора). Если в треугольнике АВС квадрат длины стороны АВ равен сумме квадратов длин двух других сторон, то треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине С.

Доказательство: Пусть АВС – данный треугольник, у которого АВ2 = АС2 + ВС2. Рассмотрим вспомогательный прямоугольный треугольник А1В1С1, катеты которой А1С1 и В1С1 соответственно равны сторонам АС и ВС данного треугольника. По теореме Пифагора А1В1 2 = А1С12 + В1С12. Отсюда следует, что А1В1 = АВ. Поэтому ∆ АВС = ∆ А1В1С1 , и, значит, ∆ АВС – прямоугольный с прямоугольным углом при вершине С. Теорема доказана.

Маркова Л. Большая школьная энциклопедия.

Пропорциональность отрезков в решении задач

Подобие треугольников

Задача №1.

Длины оснований трапеции АВСD равны a и b. Найти длину отрезка с концами на боковых сторонах трапеции, если этот отрезок параллелен основаниями и проходит через точку пересечения диагоналей.

Дано: ABCD- трапеция; BC и AD= a и b ;

MN ║AD и BC; O принадлежит MN,

BD и AC диагонали.

Найти: MN -? см

Решение:

Пусть MN – отрезок, длину которого требуется найти; BC = a, AD=b. Обозначим MO=x, ON=y, h1 и h- длины высот проведенных из вершины B в треугольниках MBO и ABD соответственно.

Так как ∆MBO~∆ABD и ∆OCN ~ ∆ACD, то, => , х=y. Из подобия треугольников AMO и ABC (по 2-м углам) следует:, или поэтому. Решая это уравнение, получим x=Отсюда MN=2x=

Задача №2.

В треугольнике ABC (·)K делит медиану BD в отношении 1:2, считая от вершины. Прямая, проведенная через (·)А и (·)К, ∩ BC в (·)L. В каком отношении (·)L делит сторону BC?

Дано: ∆ABC; BK: KD=1:2, (·)L принадлежит BC.

Найти: в каком отношении (·)L делит

Решение:

На продолжении медианы BD отложим отрезок DD1, равный отрезку KD. Соединим (·)D1 с A и C, а (·)K – c (·)С. Четырехугольник AKCD1-параллелограмм, т. е. диагонали точкой делятся пополам, => AK║D1C.

Поэтому ∆KBL ~ ∆ D1BC(по 2-м ); По условию , значит

Задача №3.

В треугольниках ABC и A1B1C1 AB=7, BC=6, AC=12, A1B1=4,5 ;

B1C1=9, A1C1=5,25. Выразите угол С1 через углы С и В.

Дано: ∆ АВС и ∆ А1В1С1 ; АВ=7, ВС=6,

АС=12, А1В1=4,5 ; В1С1=9, А1С1=5,25.

Выразить: угол С1 через угол С и угол В.

Решение:

∆ АВС ~ ∆А1В1С1 т. к.

следовательно С1 = А = 180° - B-C.

Задача №4.

Докажите, что если гипотенуза и катет одного прямоугольного треугольника пропорциональны гипотенузе и катету другого прямоугольного треугольника, то такие треугольники подобны.

Дано: ∆АВС и ∆ А1В1С1-прямоугольные ;

А=A1=90°;

Доказать: ∆ АВС ~ ∆ А1В1С1.

Доказательство:

1. Допустим, что. Тогда

АС2=ВС2-АВ2=(kВС)2-(kА1В1)2 = k2(В1С12- А1В12)= k2А1С12. =>.

Следовательно, стороны данных треугольников пропорциональны, а потому эти треугольники подобны, т. е. ∆ АВС ~ ∆ А1В1С1.

Задача №5.

На рисунке АВСD – параллелограмм, ≠ 1.

Докажите, что четырехугольник МКТР – трапеция.

Дано: ABCD-параллелограмм. АМ = АР ≠1

Доказать: МКТР – трапеция.

Доказательство:

1. ∆ АМР ~ ∆ КСТ ( по двум сторонам и А = C, т. к. АВСD – параллелограмм) следовательно СКТ = АРМ.

2. Продлим сторону МР до ∩ со стороной ВС в (·) Е, тогда АРМ = СЕР ( накрест лежащие)при ЕС║AD и секущей ЕР, следовательно КЕР = СКТ, следовательно МРКТ – трапеция.

Что и требовалось доказать.

Задача №6.

В ∆ ВМЕ и ∆ DTH. Доказать, что АВСD-параллелограмм.

Дано: ∆ ВМЕ и ∆ DTH;

Доказать: АВСD-параллелограмм.

Доказательство:

1. ∆ ВМЕ ~ ∆ DCH ( по трем сторонам) следовательно, ВМЕ = DTH, МЕВ= THD.

Но ВМЕ=DTH – т. к. соответственные при прямых АМ║DC и секущей МН, а МЕВ = THD – соответственные при ВС и АН и секущей МН.

Следовательно ABCD- параллелограмм ( т. к. АВ║CD, BC║AD). ч. т. д.

Теорема о биссектрисе треугольника

Задача №1.

Биссектриса, проведенная из вершины прямого угла треугольника, делит гипотенузу в отношении m : n. Доказать, что высота, проведенная из той же вершины, делит гипотенузу в отношении m2 : n2.

∆АСВ; СЕ-биссектриса; CD- высота;

АЕ:ВЕ=m:n.

Доказать:

AD:DB=m2: n2.

Доказательство:

Пусть CD-высота, СЕ- биссектриса в ∆ АВС (прямоугольном). По условию

АЕ:ВЕ=m: n. Согласно свойству биссектрисы треугольника имеем, что АС:ВС= m : n. Из свойств высоты, проведенной из вершины прямого угла, следует, что

АD: BD=АС2 : ВС2. Поэтому АР : BD = m2 : n2. ч. т. д.

Задача №2.

В ∆АВС - CD является биссектрисой. Сторона АВ=13см, ВС=14см,АС=15см.

Сторона АВ┴ прямой ВЕ. Прямая ВЕ пересекается с биссектрисой CD в (·) Е.

Найдите прямую ВЕ.

∆АВС; АВ=13см,ВС=14см, ВАС=15см;

ВЕ ┴АВ; CD-биссектриса; ВЕ принадлежит

ВЕ-?см.

Решение:

1. По свойству биссектрисы CD угла С треугольника имеем,

Обозначим BD через х, тогда AD=13-х и пропорция примет вид , откуда15х=13*14-14х;29х=182,х=Таким образом, BD= см.

Проведем CF ┴ BE. Тогда отрезок BF равен высоте КС треугольника АВС, проведенной из вершины С к стороне АВ, следовательно, BF*АВ=S, где

S площадь ∆АВС. Найдем S по формуле Герона: S=, где p==21см - полупериметр, а=14, b=15, с=13-стороны треугольника.

Площадь S равна S=. Значит, BF*AB=84, откуда BF=

По теореме Пифагора для прямоугольного треугольника BFC найдем FC;

FC= см. Из подобия прямоугольных треугольников BDF и FCE, имеющих общий острый угол Е, следует пропорциональность их катетов:. обозначим ВЕ через y,тогда

FE= y-BF=y-и пропорция примет вид Найдем y из полученного уравнения

Таким образом, BE=91см. Ответ. ВЕ=91см.

Задача №3.

В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) угол при основании равен 75°,

АМ-биссектриса треугольника, ВМ=10см. Найдите расстояние от точки М до основания АС.

∆АВС – равнобедренный, АВ=ВС;

А=75°; АМ- биссектриса; ВМ=10см.

МЕ-? см

Решение:

1. Проведем перпендикуляр из (·)М: МЕ ┴ АС и MF ┴ AB.

2. Так как ∆ АВС – равнобедренный и АВ=ВС, а А=75°, то С=75°

Следовательно В=180°- (75°+75°)=30°; В=30°.

3. Рассмотрим ∆BFM.

В=30°, F=90°, ВМ=10см. Следовательно ∆BFM-прямоугольный , значит

FM=5см=МЕ (т. к. (·)М принадлежит АМ-биссектрисе, то FM=ME),следовательно

МЕ=5см. Ответ. МЕ=5см.

Задача №4.

В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) угол при вершине В равен

120°, СМ-биссектриса, АМ=14см. Найдите расстояние от точки М до прямой ВС.

∆АВС-равнобедренный; АВ=ВС; В=120°;

СМ-биссектриса; АМ=14см.

МЕ-? см.

Решение:

1. Найдем А=? В=120° (по условию) А+С=180°-120°=60°, следовательно А=60°:2=30°=С.

2. Проведем МЕ ┴ АС, тогда Е=90°, А=30° (см. выше), следовательно

∆АМЕ-прямоугольный. АМ=14см (по условию), следовательно МЕ= АМ,

МЕ=7см. Ответ. МЕ=7см.

Решение прямоугольных треугольников

Задача №1.

Доказать, что в прямоугольном треугольнике АВС, h=,

Дано:∆ АВС –прямоугольный, С=90°

Доказать: h= ,

Доказательство:

По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике h2=c1c2 , b2=cc1, а2=сс2. Поэтому с1= с2=. Следовательно, h2=, , и значит h2= , или h=,. ч. т. д.

Задача №2.

В трапеции АВСD А=90°,луч DM , являющийся биссектрисой острого угла ADC,

Пересекает отрезок АВ в его середине-точке М. Из точки М проведен перпендикуляр МК к стороне CD. КС=4см, KD=9см. Найдите МК.

ABCD-трапеция, DM-биссектриса,

АМ=МВ. МК ┴ CD, КС=4см,KD=9см.

Решение:

1. Так как DM-биссектриса, то МА=МК, МА=МВ (по условию) следовательно,

МВ=МК=МА, значит луч СМ-биссектриса ВСD следовательно MCD+MDC=90°,

Тогда ∆ CDM-прямоугольный, а МК-является высотой, проведенной к гипотенузе.

Значит, МК2 = СК*КD, МК=6см.

Ответ: МК=6см.

Задача №3.

Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикулярны. Найдите меньшее основание трапеции, если ее высота равна 2см, а большее основание 3см.

ABCD-трапеция, ВС║AD, BAD=90°,

BD ┴ АС, АВ=2см, AD=3см.

Найти: ВС=?

Решение:

Проведем дополнительную прямую ║ АС И проходящую через (·) В. Пусть (·)Р- точка пересечения этой прямой с AD. Тогда

ВР║СА) следовательно АВ2 = РА*AD=ВС*AD. ВС= ( т. к. 22 =3х; 4=3х; х=4; х=ВС )

Ответ. ВС=

Метод подобия в задачах на построение

Задача №1.

Даны отрезки, длины которых a,b, c. Построить отрезок длины х, чтобы

Была верна пропорция a:b=с:х.

Дано: Анализ:

Построить:

Отрезок х, чтобы а:b =с:х

Построение:

1. Построим МОN ( MON180°)

2. На луче ОМ откладываем ОА и ОВ, длины которых соответственно равны а и b

3. На луче ON откладываем О длины С.

4. Построим прямую АС.

5. Построим прямую р, проходящую через

( ·)В и ║(АС).

6. Отмечаем (·)D пересечения прямой р и луча ON.

7. Отрезок OD – искомый.

Чертеж.

Задача №2.

Построить отрезок, средне пропорциональный между отрезками, длины

Которых равны а и b.

Дано: Анализ:

Построить: Построение: отрезок средний 1. На прямой р от (·) М принадлежащей р пропорциональный последовательно откладываем MN и NK, между отрезками, длины длины которых соответственно равны а и b.

которых равны а и b. 2. Построим середину О отрезка МК.

3. Построим полуокружность диаметром МК.

4. Построим перпендикуляр q к прямой МК, проходящий через (·) N.

5. Отмечаем (·) С пересечения полуокружности и прямой q.

6. Отрезок NC-искомый.

Чертеж.

Задача №3.

Используя циркуль, линейку и чертежный угольник постройте параллелограмм, стороны которого относятся как 1:2, по острому углу и диагонали, проведенной из вершины этого угла.

Дано: Анализ:

Построить: Построение:

ABCD-параллелограмм ( АС=SQ, 1. Возьмем произвольный отрезок PH.

А=L). 2. На прямой а отложим L=A.

3. На сторонах A отложим АВ1= PH и

4. Соединим отрезком (·)В1 и (·)D1.

5. В ∆АВ1D1 проведем медиану АО1 из вершины А.

6. От начала AО1 отложим АО=SQ

7. Через (·)О проведем прямую BD║B1D1.

8. От (·)О на луче АО1 отложим ОС=АО.

9. Соединим (·)С с (·)В и (·)D.

10. ABCD-параллелограмм - искомый.

Чертеж.

Задача №4.

В треугольнике АВС впишите прямоугольный треугольник MHP так, чтобы M,H,P были точками сторон АВ, ВС, АС соответственно, а угол MHP был равен 90°.

Анализ: Дано:

В ∆АВС вписать ∆ MHP(MHP=90°)

Построение:

1. Построим ∆M1H1P1 у которого

М1Н1=Н1Р1, М1Н1Р1=90°.

2. Построим ∆АВС так ,чтобы (·)М1 принадлежит АВ, (·)Р1 принадлежит

АС, а (·)Н1 не принадлежит ВС, и чтобы М1Н1 и Р1Н1 ∩ BC

3. Проведем прямую АН1, которая ∩ВС в точке Н.

4. Из точки Н проведем МН║М1Н1 и РН ║Р1Н1.

5. Соединим точку М и точку Р.

6. ∆ МНР- искомый.

Чертеж.

Путь к вершинам геометрии начинается в школе. Только хорошо усвоив школьный курс геометрии, научившись решать самые сложные школьные задачи, можно рассчитывать на успехи в геометрическом творчестве. Я выбрала геометрию и в том числе математику делом своей жизни.

Мне придется решать задачи, которые никто еще не решал, открывать новые пути в науке, новые области ее приложения. Для этого мне понадобится трудолюбие, настойчивость, упорство в достижении поставленных целей.

«Бороться и искать, найти и не сдаваться»-эти слова вдохновляют не только полярных исследователей и ученых, но и меня.

Завершив работу над рефератом, я выполнила основные моменты, посмотрела множество литературы, узнала много нового и интересного, достигла свои цели и более того, освоила систему углубления знаний за счет детального изучения узкой специализации науки-геометрии. Также самостоятельно изучила раздел геометрии:

«Подобие треугольников», доказала теорему о биссектрисе треугольника-11 способами, решила 17 задач повышенной трудности.

Мне было не легко, но я справилась со своей задачей. Для меня это очень важно и к тому же знания геометрии пригодятся, как для успешного обучения в школе, так и для моей дальнейшей жизни.