Применение подобия к решению задач

Применение подобия к решению задач

Бычек В.И., доцент кафедры геометрии ХГПУ

Обучение решению задач является одним из основных элементов математического образования. Вместе с тем – это наиболее трудный вид деятельности и для учеников, и для учителей. В статье рассматривается эффективный метод решения геометрических задач – метод подобия. Освоение этого метода весьма полезно для учителя математики.

Рассмотрим применение подобия плоскости, в частности гомотетии, при решении задач элементарной геометрии.

Преобразование плоскости называется подобием, если существует такое число k0, что для любых точек А и В и их образов А1 и В1 выполняется равенство А1В1=kАВ. Число k называется коэффициентом подобия.

Преобразование плоскости называется гомотетией с центром М0 и коэффициентом kо, если каждой точке М плоскости ставится в соответствие точка М1 так, что М0М1=kМ0М. При k0 гомотетия называется положительной, а при k0 – отрицательной. Гомотетия с коэффициентом k является подобие с коэффициентом подобия |k|. Из определения гомотетии следует, что точка и ее образ в данной гомотетии лежат на одной прямой с центром гомотетии.

При решении задач чаще всего используется гомотетия. Отметим ее основные свойства. Так всякая гомотетия с коэффициентом k1 переводит прямую , не проходящую через центр гомотетии, в параллельную ей прямую, а прямую, проходящую через центр гомотетии – в себя. Гомотетия переводит отрезок в отрезок, середину отрезка – в середину отрезка, луч – в луч, полуплоскость – в полуплоскость, угол – в равный ему угол, перпендикулярные прямые – в перпендикулярные прямые.

Задача 1.

Доказать, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей и точку пересечения прямых, соединяющих боковые стороны.

РИС. 1

Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АВ//СД, АВСД, О=АСВД, Р=АДСВ; М, Н – середины оснований АВ и СД (рис. 1.). Надо доказать, что точки О и Р лежат на прямой МН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k1=-ДС:АВ. Н0k1:АС, ВД. Значит Н0k1:АВСД. Тогда Н0k1:МН. Следовательно, точка О принадлежит прямой МН. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке Р и коэффициентом k2=ДС:АВ. Нpk2:АД, ВС. Значит Нpk2:АВСД. Тогда Нpk2:МН. Следовательно, точка Р принадлежит прямой МН.

Задача 2. Доказать, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и его длина равна полуразности длин оснований.

Решение. Пусть дана трапеция АВСД, у которой АД//СВ, АДСВ; М, Н – середины диагоналей АС и ВД (рис. 2). Проведем прямую СН до пересечения с АД в точке Н1. Тогда тр-к ВСН = тр-ку ДН1Н так как ВН=НД, СНВ=Н1НД, СВН=Н1ДН. Отсюда следует, что СН=НН1, Н1Д=ВС. Рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k=2. Нс2:МА, НН1. Значит Нс2:МНАН1. Следовательно, МН//АН1. Тогда МН//АД//ВС и МН=1/2АН1=1/2(АД-Н1Д)=1/2(АД-ВС).

РИС. 2

Задача 3. Доказать, что в треугольнике точка пересечения медиан, центр окружности, описанной около треугольника, и ортоцентр лежат на одной прямой.

РИС.3

Решение. Пусть дан треугольник АВС, у которого М – точка пересечения медиан, Р – центр окружности, описанной около треугольника, Н – ортоцентр, т.е. Н – точка пересечения высот треугольника (рис. 3). Надо доказать, что точка М принадлежит прямой НР. Рассмотрим Гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Так как точка М делит медианы в отношении 1:2, считая от вершины, а Р – точка пересечения серединных перпендикуляров, то Нм-1/2:ВВ1, а АА1, ВНВ1Р, АНА1Р. Значит Нм-1/2:НР. Следовательно, точка М принадлежит прямой НР.

Задача 4. Через середину каждой из сторон треугольника проведена прямая, параллельная биссектрисе противолежащего угла. Доказать, что эти прямые проходят через одну точку.

РИС. 4

Решение. Пусть дан треугольник АВС (рис. 4), у которого А1, В1, С

1 – середины сторон ВС, АС, АВ; АА2, ВВ2, СС2 – биссектрисы, а А1А3//АА2, В1В3//ВВ2, С1С3//СС2. Надо доказать, что прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку. Обозначим через М точку пересечения медиан треугольника АВС и рассмотрим гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-1/2. Нм-1/2:АА1, ВВ1, СС1. Значит Нм-1/2: тр-к АВСтр-к А1В1С1. Тогда Нм-1/2:АА2А1А3, ВВ2В1В3, СС2С1С3. Следовательно, прямые А1А3, В1В3, С1С3 проходят через одну точку, так как биссектрисы АА2, ВВ2, СС2 треугольника АВС проходят через одну точку.

Задача 5. В сегмент вписаны две окружности g1(О1, r1) и g2(О2, r2). Одна из них g1 касается дуги и основания сегмента соответственно в точках А и В, другая g2 – точках С и Д (рис. 5). Доказать, что положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент.

РИС. 5

Решение. Пусть дана окружность g(О, r) и дан сегмент с основанием ЕН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке А и коэффициентом k1=r/r1. НАk1:О1О, g1g, ЕНL1. По свойству гомотетии прямая L1 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g1 в точке В, то прямая L1 должна касаться окружности g в точке К, где К=НАk1(В) и К принадлежит прямой АВ. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k2=r/r2. Нсk2:О2О, g2g, ЕНL2. По свойству гомотетии прямая L2 должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g2 в точке Д, то прямая L2 должна касаться окружности g в точке Р, где Р=Нсk2(Д) и Р принадлежит прямой СД. Но в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О, можно построить только одну касательную к окружности g(О,r), параллельную прямой ЕН. Значит прямые L1 и L2 совпадают (L1L2L), а также совпадают и точки К и Р (КРМ). Точка М получится как точка пересечения прямых АВ и СД и будет точкой касания прямой L и окружности g(О, r). Так как положение точки М зависит только от положения прямой ЕН, от положение точки пересечения прямых АВ и СД не зависит от выбора окружностей g1, g2, вписанных в сегмент.

Задача 6. На плоскости даны произвольный треугольник АВС и точка О. Через точку О проведены прямые ОР, ОЕ, ОН соответственно перпендикулярные к прямым АВ, ВС, АС (РАВ, ЕВС, НАС). Через середины отрезков ОР, ОЕ, ОН проведены прямые L1, L2, L3, соответственно прямым АВ, ВС, АС. Доказать, что треугольник А2В2С2, где А2=L1L3, В2=L1L2, С2=L2L3 равен треугольнику А1В1С1, где А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ треугольника АВС (рис. 6).

Р

РИС. 6

ешение. Пусть М – точка пересечения медиан треугольника АВС. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k=-2Нм-2:А1А, В1В, С1С. Значит Нм-2:А1В1С1АВС. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k2=1/2. Н01/2:РР1, НН1, ЕЕ1. Так как при помощи гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую, то Н01/2:АВL1, ВСL2, АСL3. Следовательно, Н01/2:АА2, ВВ2, СС2. Значит Н01/2:АВСА2В2С2. Рассмотрим теперь композицию гомотетий Н01/2 Нм-2 будет подобием с коэффициентом k1 и k2 есть подобие с коэффициентом k=|k1||k2|, то композиция гомотетий Н01/2Нм-2 будет подобием с коэффициентом k=1/2|-2|=1, т.е. будет движением. Но композиция Н01/2Нм-2 переводит треугольник А1В1С1 в треугольник А2В2С2. Следовательно, треугольник А1В1С1 равен треугольнику А2В2С2.

Список литературы

Атанасян Л.С., Базылев В.Т. Геометрия. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1986.

Атанасян Л.С., Атанасян В.А. Сборник задач по геометрии. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1973.

Базылев В.Т., Дуничев К.И., Иваницкая В.П. Геометрия. Ч. 1. – М. : Просвещение, 1974.

Вересова Е.Е., Денисова Н.С. Сборник задач по геометрическим преобразованиям. – М. : МГПИ им. В.И. Ленина, 1978.