Исследовательская работа на тему Метод подобия

МАЛАЯ АКАДЕМИЯ НАУК ШКОЛЬНИКОВ КРЫМА

«ИСКАТЕЛЬ»

Отделение «Математика»

Секция «Математика»

МЕТОД ПОДОБИЯ

Работу выполнил

______________________

ученик класса

_________________________

_________________________

Научный руководитель

Содержание

Введение………………………………………………………………..….3

ГЛАВА Ι. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ПОДОБИЯ……………………………4

Ι.1. Основные определения……………………………………………….4

Ι. 2. Свойства преобразования подобия…………………………………..5

Ι.3. Подобие фигур………………………………………………………...6

Ι.4. Признаки подобия треугольников…………………………………....7

Ι.5. Свойства хорд и секущих окружности………………………………8

Ι.6. Свойство биссектрисы угла треугольника……………………………….10

Ι.7. Теорема Чевы……………………………………………………………....11

ГЛАВА ΙΙ. ПРИМЕНЕНИЕ ПОДОБИЯ ………………………………...12

ΙΙ.1. Задачи на доказательство…………………………………………...12

ΙΙ.2. Задачи на вычисления………………………………………………...17

ΙΙ.3. Задачи на построение…………………………………………………20

ΙΙ.4. Задачи на исследование………………………………………………23

ΙΙ.5. Задачи с практическим содержанием……………………………….. 25

Заключение………………………………………………………………....29

Список использованной литературы……………………………………..30

Введение

Изучение геометрии должно обеспечить формирование и развитие пространственного мышления, интуицию на образы, конструкции, методы, свойства; развитие геометрических умений и навыков; умение анализировать и синтезировать, конструктивно-геометрические, вычислительные навыки, умение проводить доказательные рассуждения и т.д.

Необходимо обратить внимание на выбор методов и приемов решения задач, так как именно в процессе решения геометрических задач развиваются геометрические умения и навыки. Одним из таких методов является метод геометрических преобразований, в частности, метод подобия.

Используя подобие можно создать наглядные модели многих процессов и проследить их течение во времени. Подобие позволяет установить и исследовать функциональную зависимость между различными величинами. С помощью подобия удается решать многие научные и инженерные задачи, решение которых аналитическим путем часто приводит к использованию чрезвычайно громоздкого математического аппарата.

Изучение подобия не только способствует созданию более правильных и более современных взглядов на само содержание математики, но указывает также новые методы решения содержательных геометрических задач, чрезвычайно важные не только для самой математики, но и для ее приложений.

Преобразования плоскости во многих случаях позволяют экономно и изящно решать задачи на построение, вычисление и доказательство.

Объект исследования: подобие как метод решения геометрических задач.

Цели исследования: предложить систему задач на применение подобия как метода решения задач.

Задачи исследования: изучить и систематизировать литературу по данному вопросу, привести примеры задач, решаемых при помощи подобия.

ГЛАВА Ι. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ПОДОБИЯ

Ι.1. Основные определения

Преобразование фигуры F в фигуру F' называется преобразованием подобия, если при этом преобразовании расстояния между точками изменяются в одно и то же число раз (рис. 1). Это значит, что если произвольные точки X, Y фигуры F при преобразовании подобия переходят в точки X', Y' фигуры F', то X'Y' = kXY, причем число k - одно и то же для всех точек X, Y. Число k называется коэффициентом подобия. При k = l преобразование подобия, очевидно, является движением. [9,173]

Рис.1 Рис. 2

Пусть F - данная фигура и О - фиксированная точка (рис. 2). Проведем через произвольную точку X фигуры F луч ОХ и отложим на нем отрезок ОХ', равный k·OX, где k - положительное число. Преобразование фигуры F, при котором каждая ее точка X переходит в точку X', построенную указанным способом, называется гомотетией относительно центра О. Число k называется коэффициентом гомотетии, фигуры F и F' называются гомотетичными.

Гомотетия есть преобразование подобия

Доказательство. Пусть О - центр гомотетии, k - коэффициент гомотетии, X и Y - две произвольные точки фигуры (рис.3)

Рис.3 Рис.4

При гомотетии точки X и Y переходят в точки X' и Y' на лучах ОХ и OY соответственно, причем OX' = k·OX, OY' = k·OY. Отсюда следуют векторные равенства ОХ' = kOX, OY' = kOY.

Вычитая эти равенства , получим: OY'-OX' = k (OY- OX).

Так как OY' - OX'= X'Y', OY -OX=XY, то Х' Y' = kХY. Значит, |X'Y'|=k |XY|, т.e. X'Y' = kXY. Следовательно, гомотетия есть преобразование подобия.

Преобразование подобия широко применяется на практике при выполнении чертежей деталей машин, сооружений, планов местности и др. Эти изображения представляют собой подобные преобразования воображаемых изображений в натуральную величину. Коэффициент подобия при этом называется масштабом. Например, если участок местности изображается в масштабе 1:100, то это значит, что одному сантиметру на плане соответствует

1 м на местности.

Задача. На рисунке 4 изображен план усадьбы в масштабе 1:1000. Определите размеры усадьбы (длину и ширину).

Решение. Длина и ширина усадьбы на плане равны - 4 см и 2,7 см. Так как план выполнен в масштабе 1:1000, то размеры усадьбы равны соответственно 2,7 х1000 см = 27 м, 4х100 см = 40 м.

Ι. 2. Свойства преобразования подобия

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. Отсюда следует, что преобразование подобия переводит прямые в прямые, полупрямые в полупрямые, отрезки в отрезки.

Докажем, что преобразование подобия сохраняет углы между полупрямыми.

Рис. 5

Действительно, пусть угол ABC преобразованием подобия с коэффициентом k переводится в угол А₁В₁С₁ (рис. 5). Подвергнем угол ABC преобразованию гомотетии относительно его вершины В с коэффициентом гомотетии k. При этом точки А и С перейдут в точки А₂ и С₂. Треугольники А₂ВС₂ и А₁В₁С₁ равны по третьему признаку. Из равенства треугольников следует равенство углов А₂ВС₂ и А₁В₁С₁. Значит, углы ABC и А₁В₁С₁ равны, что и требовалось доказать.[9,175]

Ι.3. Подобие фигур

Две фигуры называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия. Для обозначения подобия фигур используется специальный знак: ~. Запись F~F' читается так: «Фигура F подобна фигуре F'».

Докажем, что если фигура F₁ подобна фигуре F₂, а фигура F₂ подобна фигуре F₃, то фигуры F₁ и F₃ подобны.

Пусть Х₁ и Y₁ - две произвольные точки фигуры F₁. Преобразование подобия, переводящее фигуру F₁ в F₂, переводит эти точки в точки Х₂, Y₂ для которых X₂Y₂ = k₁X₁Y₁.

Преобразование подобия, переводящее фигуру F₂ в F₃, переводит точки Х₂, Y₂ в точки Х₃, Y₃, для которых X₃Y₃ = k₂X₂Y₂.

Из равенств

X₂Y₂ = kX₁Y_1, X₃Y₃ = k₂X₂Y₂

следует, что X₃Y₃= k₁k₂X₁Y₁. А это значит, что преобразование фигуры F₁ в F₃, получающееся при последовательном выполнении двух преобразований подобия, есть подобие. Следовательно, фигуры F₁ и F₃ подобны, что и требовалось доказать.

В записи подобия треугольников: ∆ABC~∆A₁B₁C₁ - предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. А переходит в А₁, В - в B₁ и С - в С₁.

Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, у подобных треугольников ABC и А₁В₁С₁:

A=А₁, В=В₁, С=С₁,

Ι.4. Признаки подобия треугольников

Если два угла одного треугольника равны двум углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

Если две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника и углы, образованные этими сторонами, равны, то треугольники подобны.

Если стороны одного треугольника пропорциональны сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

У прямоугольного треугольника один угол прямой. Поэтому для подобия двух прямоугольных треугольников достаточно, чтобы у них было по равному острому углу.

Пусть ABC - прямоугольный треугольник с прямым углом С. Проведем высоту CD из вершины прямого угла (рис. 6).

Рис. 6

Треугольники ABC и CBD имеют общий угол при вершине В. Следовательно, они подобны: ∆ABC~∆CBD. Значит, .

Это соотношение обычно формулируют так: катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное между гипотенузой и проекцией этого катета на гипотенузу.

Прямоугольные треугольники ACD и CBD также подобны. У них равны острые углы при вершинах А и С. Значит,

Это соотношение обычно формулируют так: высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между проекциями катетов I на гипотенузу.[9, 181]

Ι.5. Свойства хорд и секущих окружности

Если хорды АВ и CD окружности пересекаются в точке S,то

AS·BS=CS·DS.

Докажем сначала, что треугольники ASD и CSB подобны (рис. 7). Вписанные углы DCB и DAB равны, т.к. опираются на одну и ту же дугу DB. Углы ASD и BSC равны как вертикальные. Из равенства указанных углов следует, что треугольники подобны.

Из подобия треугольников следует пропорция

Отсюда AS·BS = CS·DS, что и требовалось доказать.

Рис.7

Если из точки Р к окружности проведены две секущие, пересекающие окружность в точках А, В и С, D соответственно, то

AP·BP=CP·DP.

Рис.8

Пусть точки А и С - ближайшие к точке Р точки пересечения секущих с окружностью (рис. 8). Треугольники PAD и РСВ подобны. У них угол при вершине Р общий, а углы при вершинах В и D равны по свойству углов, вписанных в окружность. Из подобия треугольников следует пропорция

Отсюда PA·PB=PC·PD, что и требовалось доказать.

Ι.6. Свойство биссектрисы угла треугольника

Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам.

Рис. 9

Доказательство. Пусть CD биссектриса треугольника ABC (рис. 9). Если треугольник ABC - равнобедренный с основанием АВ, то указанное свойство биссектрисы очевидно, так как в этом случае биссектриса является и медианой. Рассмотрим общий случай, когда АС не равно ВС. Опустим перпендикуляры AF и BE из вершин А и В на прямую CD. Прямоугольные треугольники ACF и ВСЕ подобны, так как у них равны острые углы при вершине С. Из подобия треугольников следует пропорциональность сторон: АС/ВС = AF/BE. Прямоугольные треугольники ADF и BDE тоже подобны. У них углы при вершине D равны как вертикальные. Из подобия следует: AF/BE = AD/BD. Сравнивая это равенство с предыдущим, получим: АС/ВС = AD/BD или AC/AD = BC/BD, то есть AD и BD пропорциональны сторонам АС и ВС.

Ι.7. Теорема Чевы

Пусть на сторонах треугольника ABC выбраны точки А₁ на ВС, В₁ на AC, C₁ на АВ. Отрезки АА₁, ВВ₁ и СС₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется равенство:

(1)

Рис. 10

Докажем, что если три отрезка АА₁, BB₁ и СС₁ пересекаются в точке О, то выполняется равенство (1). Проведём через вершину В прямую а||АС (рис. 10). Пусть прямые АА₁ и СС₁ пересекают прямую а в точках Р и Q соответственно.

Тогда из подобия треугольников АА₁C и PA₁В имеем

СА₁/А₁B = АС/РВ. (2)

Аналогично из подобия треугольников АС₁С и BC₁Q

BC₁/C₁A = BQ/AC (3).

Наконец, из подобия треугольников ОАС и OPQ , ОАВ₁ и ОРВ, ОСВ₁ и ОQВ

AB₁/B₁C = PB/ВQ. (4)

Перемножив, соответственно, левые и правые части равенств (2), (3), (4), получим (1).[10, 7]

ГЛАВА ΙΙ. ПРИМЕНЕНИЕ ПОДОБИЯ

ΙΙ.1. Задачи на доказательство

Задача 1. Доказать, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей и точку пересечения прямых, содержащих боковые стороны. [11]

Рис. 11

Решение. Пусть дана трапеция АВСD, у которой АВ||СD, АВСD, О=АСВD, Р=АDСВ; М, Н - середины оснований АВ и СD (рис. 11.). Надо доказать, что точки О и Р лежат на прямой МН. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k₁=-DС:АВ. Н₀^k1:АС, ВD. Значит Н₀^k1:АВСD. Тогда Н₀^k1:МН. Следовательно, точка О принадлежит прямой МН. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке Р и коэффициентом k₂=DС:АВ. Н_p^k2:АD, ВС. Значит Н_p^k2:АВСD. Тогда Н_p^k2: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 АВDС, у которой АС || DВ, ВDАС; М, Н - середины диагоналей АD и ВС (рис. 12). Проведем прямую СН до пересечения с ВD в точке Н₁. Тогда ΔАСН = ΔDН₁Н, так как АН=НD, Рис.12

СНА=Н₁НD, САН=Н₁DН. Отсюда следует, что СН=НН₁, Н₁D=АС. Рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k=2. Н_с²:МВ, НН₁. Значит Н_с²:МНВН₁. Следовательно, МН||ВН₁. Тогда МН||ВD||АС и МН=1/2ВН₁=1/2(ВD-Н₁D)=1/2(ВD-АС).

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

Рис. 13

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. 13). 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 Н_м^-1/2:ВВ₁, а АА₁, ВНВ₁Р, АНА₁Р. Значит Н_м^-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. 14

Решение. Пусть дан треугольник АВС (рис. 14), у которого А₁, В₁, С₁ - 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. Н_м^-1/2:АА₁, ВВ₁, СС₁. Значит Н_м^-1/2: ΔАВСΔА₁В₁С₁. Тогда Н_м^-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 D (рис. 15). Доказать, что положение точки пересечения прямых АВ и СD не зависит от выбора окружностей g₁, g₂, вписанных в сегмент.

Рис.15

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. Н_А^k1: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=Н_А^k1(В) и К принадлежит прямой АВ. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке С и коэффициентом k₂=r/r₂. Н_с^k2:О₂О, g₂g, ЕН l₂. По свойству гомотетии прямая l ₂ должна быть параллельна прямой ЕН и лежать в полуплоскости, определяемой прямой ЕН и точкой О. Так как ЕН касается окружности g₂ в точке D, то прямая l₂ должна касаться окружности g в точке Р, где Р=Н_с^k2(D) и Р принадлежит прямой СD. 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 СD 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 СD не зависит от выбора окружностей g₁, g₂, вписанных в сегмент.

З

Рис. 16

адача 6. На плоскости даны произвольный треугольник АВС и точка О. Через точку О проведены прямые ОР, ОЕ, ОН, соответственно перпендикулярные прямым АВ, ВС, АС (РАВ, ЕВС, НАС). Через середины отрезков ОР, ОЕ, ОН - точки Р₁, Е₁, Н₁, проведены прямые, соответственно параллельные 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. 16).

Решение. Пусть М - точка пересечения медиан треугольника АВС. Рассмотрим сначала гомотетию с центром в точке М и коэффициентом k₁ = -2 Н_м^-2:А₁А, В₁В, С₁С. Значит, Н_м^-2:А₁В₁С₁АВС. Затем рассмотрим гомотетию с центром в точке О и коэффициентом k₂=1/2. Н₀^1/2:РР₁, НН₁, ЕЕ₁. Так как при гомотетии прямая переходит в параллельную ей прямую, то Н₀^1/2:АВl₁, ВСl₂, АСl₃. Следовательно, Н₀^1/2:АА₂, ВВ₂, СС₂. Значит, Н₀^1/2:АВСА₂В₂С₂. Рассмотрим теперь композицию гомотетий Н₀^1/2 Н_м^-2. Это композиция гомотетий Н₀^1/2Н_м^-2 будет подобием с коэффициентом k = 1/2|-2|=-1, т.е. будет движением. Но композиция Н₀^1/2Н_м^-2 переводит треугольник А₁В₁С₁ в треугольник А₂В₂С₂. Следовательно, треугольник А₁В₁С₁ равен треугольнику А₂В₂С₂.

Задача 7. На сторонах АВ и АС треугольника ABC взяты соответственно точки М и N так, что ВМ = MN = NC. Отрезки ММ₁ и NN₁ - биссектрисы треугольника AMN. Докажите, что M₁N₁|| ВС (рис. 17).

Решение. Угол MNA - внешний для равнобедренного треугольника MNC, поэтому угол MNA = NMC + NCM = 2NCM. Так как NN₁ - биссектриса, то угол ANN₁ = 1/2MNA = NCM. Получим, что ΔANN₁ подобен ΔАСМ по двум углам (угол А -

общий). Следовательно, AN₁/AN = AM/AC. Рис. 17

Проводя аналогичные рассуждения, из подобия треугольников АММ₁ и ABN получим AM₁/AN =АМ/АВ

Задача 8. Доказать, что медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины.[10]

Решение. Рассмотрим произвольный треугольник ABC (рис.18). Обозначим буквой О точку пересечения его медиан AA₁ и BB₁ и проведём среднюю линию A₁B₁ ,этого треугольника. Отрезок A₁B₁ параллелен стороне АВ, поэтому углы 1 и 2, 3 и 4 равны.

Следовательно, треугольники АОВ и A₁OB₁ подобны по двум углам, и, значит, их стороны пропорциональны:

Рис.18 AO/A₁O = BO/B₁O = AB/A₁B₁.

Но АВ = 2А₁В₁, поэтому АО = 2A₁O и ВО = 2B₁O. Таким образом, точка О пересечения медиан AA₁ и BB₁ делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины.

Аналогично доказывается, что точка пересечения медиан BB₁ и СС₁ делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины, и, следовательно, совпадает с точкой О. Итак, все три медианы треугольника ABC пересекаются в точке О и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершины.

ΙΙ.2. Задачи на вычисления

Задача 9. Внутри треугольника ABC взята точка М, через которую проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. При этом площади трёх образовавшихся треугольников с вершиной М равны S₁, S₂, S₃. Найдите площадь треугольника ABC. [8,70]

Решение. Пусть А₁, А₂, В₁, В₂ , С₁ ,С₂ - точки пересечения прямых со сторонами треуголь-

ника. Пусть АС₂ = а, , С₂ С₁ = b, С₁С = с. (рис.19)

Т. к. ΔАВС ~ ΔА₁А₂М, ΔАВС ~ ΔMB₁B₂, Рис. 19 ΔАВС ~ Δ С₂МС₁ , то их площади относятся как квадраты соответствующих элементов, а именно:

.

Тогда .

Отсюда

Задача 10. Расстояния от точки пересечения диагоналей равнобокой трапеции до середин её сторон равны 2 см, 1 см и 2 см соответственно. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции (рис. 20).

Решение. Радиус окружности, описанной около трапеции, найдём как радиус окружности, описанной около ΔACD. Точки F, N, М - середины отрезков ВС, CD, AD соответственно. Тогда по условию, FO=1, ON=OM=2. Треугольники ВОС и AOD подобны, а потому, АO=2OС. Построим

Рис. 20 DK || ON, тогда АК = КО = ОС и KD = 4. KD - медиана ΔAOD, ОМ - серединный перпендикуляр к AD и медиана ΔAOD. Точка Т - точка пересечения медиан ΔAОD, делит медиану DK на отрезки: 8/3 и 4/3, делит медиану ОМ на отрезки: 4/3 и 2/3.

Пусть L - середина ОК, тогда L - середина АС. Треугольник КТО - равнобедренный, т. к. ОТ = КТ =4/3 и LT - является серединным перпендикуляром к отрезку АС. Следовательно, точка Т является центром окружности, описанной около ΔACD, радиус которой равен 8/3.

Ответ: 8/3.

Задача 11. Дан правильный тетраэдр SABCD, объем которого равен V. На ребрах SA и SB взяты их середины D и E, а на ребре SC взята точка F такая, что SF: FC=1: 3. Найдите объем пятигранника DEFABC (рис. 21).

Решение.

Пусть G - середина ребра SC. Тогда F - середина отрезка SG и поэтому EF - средняя линия в треугольнике SBG. Аналогично, DF - средняя линия в треугольнике SAG и по условию DE - средняя линия в треугольнике SAB. Значит, при гомотетии с центром S и коэффициентом 2 пирамида SDEF перейдет в пирамиду SABG, то есть эти пирамиды подобны с коэффициентом 2.

Рис. 21

Следовательно, объем пирамиды SDEF в 8 раз меньше объема пирамиды SABG.

Но последний объем составляет половину всего объема V. Действительно, отрезок SG перпендикулярен отрезкам AG и BG, так как они являются высотами в соответствующих гранях. Значит, прямая SC перпендикулярна плоскости ABG, и поэтому при симметрии относительно этой плоскости пирамида SABG перейдет в пирамиду CABG. Поэтому их объемы равны, в сумме они составляют V и, значит объем каждой из них равен половине V.

В итоге, V_SDEF=1/8 V_SABG = 1/8·1/2 V=1/16 V и поэтому V_DEFABC=15/16 V.

Ответ: 15/16 V.

Задача 12. В трапеции MNPK (MK и NP - основания) О - точка пересечения диагоналей. Площади Δ MOK и Δ NOP равны S₁ и S₂ соответственно. Найдите площадь трапеции (рис. 22).

Решение. Проведём OO_1┴NР, OO_2┴MK, тогда OєO₁O₂, и O₁O_2┴NP, O₁O_2┴MK. ΔMOK~ΔPON по двум углам, отсюда , т.е.

;

Рис. 22

Ответ:

Задача 13. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найти сторону треугольника, если радиус малой окружности равен r.

Решение (рис. 23). Пусть АВ сторона треугольника, R - радиус вписанной в него окружности; тогда R = а√3/6. Проведём радиусы ОМ и O₁К в точки касания. Из подобия треугольников АОМ и AO₁K имеем R/r = AO/(AO- R - r). Отсюда, учитывая, что АО=а√3/3,

получим

a√3/(6r)=a√3/(3(a√3/3-a√3/6-r)),

Рис. 23

или a√3/6-r = 2r,

т.е. a=6r√3.

ΙΙ.3. Задачи на построение

Задача 14. В данный треугольник АВС вписать квадрат так, чтобы две его вершины лежали на прямой АВ и еще по одной - на сторонах АС и ВС. [12]

Решение. Данный треугольник АВС изображен на рисунке 24,а. С помощью циркуля и линейки нужно построить квадрат DEFG, расположенный так, как показано на этом рисунке.

Рис. 24

Сначала построим квадрат, у которого две вершины лежат на прямой АВ и еще одна - на стороне АС. С этой целью возьмем произвольную точку Е₁ на стороне АС, проведем перпендикуляр Е₁D₁ к прямой АВ и далее построим квадрат D₁E₁F₁G₁, у которого вершина G₁ лежит на прямой АВ (рис. 24,б). Затем проведем прямую АF₁ и обозначим буквой F точку пересечения этой прямой со стороной ВС (рис. 24,в). Через точку F проведем прямую, параллельную АВ, и прямую, перпендикулярную к АВ. Получим точки Е и G на сторонах АС и АВ. Из точки Е Проведем перпендикуляр ЕD к АВ. Получился прямоугольник DEFG, который и есть искомый квадрат.

Действительно, из подобия треугольников АЕ₁F₁ и АЕF следует, что

А из подобия треугольников АF₁G₁ и АFG получаем:

Следовательно,

А так как Е₁F₁ = F₁G₁, то ЕF = FG. Итак, в прямоугольнике DEFG смежные стороны равны, значит, этот прямоугольник - квадрат.

Задача 15. В данный треугольник АВС вписать треугольник, стороны которого соответственно перпендикулярны сторонам треугольника АВС [7, 51].

Решение.

а) Рис. 24 б)

На рисунке 24,а изображен данный треугольник АВС и треугольник DEF, стороны которого соответственно перпендикулярны сторонам треугольника АВС, при этом пока только две вершины треугольника DEF лежат на сторонах треугольника АВС:

DE | АВ, DF | АС, EF | СВ, DАС, ЕАВ.

Проведем прямую АF и получим точку Н как точку пересечения этой прямой со стороной ВС (рис. 24.б). Проведем НI | АС, НJ | ВС, отрезок IJ. Треугольник НIJ искомый. Действительно, Δ НIJ гомотетичен Δ DEF при гомотетии с центром в точке А и с коэффициентом k = АН/АF. Следовательно, IJ || DE, IJ | АВ, то есть, все требования задачи выполнены.

Задача 16. Вершины треугольника АВС недоступны (то есть лежат за пределами данной части плоскости). Определить построением длины всех сторон треугольника АВС [7, 52].

Решение. Данный треугольник АВС изображен на рисунке 25,а.

а) б)

Рис. 25

Докажем, что середины всех отрезков, которые параллельны стороне АВ треугольника АВС и имеют концы на двух других сторонах, лежат на медиане СК. Пусть MN || AВ, MNСК = Е (рис. 25,б).

Тогда МЕ : АК= CЕ : CК = ЕN : КВ = ЕN : АК.

Следовательно, МЕ = ЕN, Е - середина отрезка МN.

Проведем еще один отрезок ТР || АВ, G - середина отрезка ТР, и, по

доказанному, лежит на медиане СК. Таким образом, точки Е и G определяют медиану СК и позволяют найти основание медианы - точку К. Проведем аналогичные построения для поиска середин двух других сторон, построим все средние линии треугольника АВС, измерим их длины. Тогда длины сторон треугольника в два раза больше соответствующих средних линий.

ΙΙ.4. Задачи на исследование

Задача 17. В квадрате АВСD точка Е середина - середина АВ, а точка М - середина ВС. Отрезки СЕ и DМ пересекаются в точке К. Как зависит площадь треугольника КМС от площади квадрата? [8, 73]

Решение. На рисунке 26 изображен данный квадрат.

Рис. 26

Прямоугольные треугольники DСМ и СВЕ равны по двум катетам. Тогда

КСМ + СМК = 90°, СКМ = 90°, значит, DМ | СЕ. Δ DСМ ~ Δ СКМ по острому углу с коэффициентом подобия k = DМ/СМ.

Пусть а - сторона квадрата, тогда DМ = а√5/2, СМ = а/2, k = √5.

S_{Δ DСМ} /S_{Δ СКМ} = k² = 5. S _АВСD /S_{Δ СКМ} = 4·5 = 20.

Итак, площадь треугольника КМС в 20 раз меньше площади квадрата.

Задача 18. Через точку пересечения медиан треугольника проведены прямые, параллельные его сторонам. Как зависят площади образованных треугольников и параллелограммов от площади данного треугольника?[8, 73]

Решение. Дан ΔАВС, О - точка пересечения медиан, MN, PQ и KL проходят через О и параллельны соответственно АВ, ВС и АС (рис.27).

Рис. 27

S_АМОК = S_QONB, так как высоты параллелограммов равны как расстояния между параллельными прямыми, и АК = МО = ОN = QB. Аналогично для других параллелограммов, прилежащих к одной стороне.

Δ С₁СВ ~ Δ ОСN с коэффициентом подобия k = 2/3, поэтому

ОN = 2/3· 1/2АВ = 1/3АВ, АК = 1/3АВ, QB = 1/3АВ, следовательно, КQ = 1/3АВ.

В Δ КОQ имеем: КQ = 1/3АВ, ОQ = 1/3СВ, ОК = 1/3АС. Значит, площадь треугольника КОQ составляет (1/3)² = 1/9 площади ΔАВС, а площадь параллелограмма АМОК составляет 2/9 площади ΔАВС. Аналогично для остальных треугольников и параллелограммов.

Задача 19. В окружность вписан равносторонний треугольник. Середины дуг, стягивающих две стороны треугольника, соединены отрезком. Что больше - часть отрезка внутри треугольника или вне? [8, 73]

Решение. На рисунке 28 изображен данный треугольник. Дуга АDВ равна 120°, дуга МСN равна 120°, АВ = МN, АВ | СD, LО = 1/2СО=1/2ОD, следовательно, LО = LD = CK = KO = 1/2R.

ΔАВС ~ ΔPCQ, k = 1/3, отсюда PQ = 1/3АВ, а значит, MP = QN = 1/3АВ.

Рис. 28

ΙΙ.5. Задачи с практическим содержанием

Задача 20. На прямоугольной карте города лежит вторая карта того же города, масштаб которой в 5 раз меньше, причем соответствующие края карт параллельны. Докажите, что можно, не сдвигая карты с места, одновременно проколоть их иглой так, что точка прокола укажет на обеих картах один и тот же пункт города. Докажите, что утверждение останется верным, даже если не требовать, чтобы соответствующие стороны карт были параллельны. [5, 29]

Решение.

Рис. 29

Нарисуем обе карты на одном рисунке (рис.29). Получим два подобных прямоугольника с коэффициентом подобия 1/5, один из которых расположен внутри другого. Тогда четыре прямые, проходящие через соответствующие вершины прямоугольников, пересекутся одной точке О - центре гомотетии прямоугольников АВСD и А₁В₁С₁D₁. Точка О - искомая, других точек, удовлетворяющих условию задачи, нет.

Рассмотрим случай, когда края карт не параллельны (рис.30).

Рис. 30

Пусть А и В - два каких-либо пункта на большой карте, А₁ и В₁ - соответствующие пункты на меньшей карте. Предположим, мы нашли точку О, которая на обеих картах указывает один и тот же пункт города. Тогда

ΔАОВ ~ ΔА₁ОВ₁ и k = 5, откуда АО/А₁О = 5, и угол между отрезками АО и А₁О равен углу между отрезками АВ и А₁В₁ и равен α. По этим данным положение точки О однозначно определяется (строим треугольник АА₁О, в котором известны А₁ОА = α, отношение сторон АО/А₁О = 5 и сторона АА₁). Итак, точка О действительно попадает в один и тот же пункт на обеих картах, при этом карта А₁В₁С₁D₁ получается из карты АВСD поворотом на угол α и сжатием в 5 раз относительно центра О.

Задача 21. На рисунке 31 изображен пропорциональный делительный циркуль. С его помощью можно разделить небольшой отрезок на несколько равных частей. Как разделить данный отрезок АВ на три равные части? [1, 138]

Решение. Закрепим винт циркуля в точке О, так чтобы АО = 3ОВ₁ ( это легко сделать при помощи меток, нанесенных вдоль прорези). Затем устанавливаем ножки циркуля (см. рис. 31) в точки А и В. Тогда из подобия треугольников АОВ и А₁ОВ₁ следует: А₁В₁ : АВ = ОВ₁ : ОА = 1: 3. Осталось перевернуть циркуль и трижды отложить на АВ отрезок А₁В₁.

Рис. 31

С помощью такого циркуля можно также увеличивать размеры в необходимое число раз.

Задача 22. Один из вариантов пантографа (прибора для увеличения или уменьшения изображения) изготовлен из пяти планок одинаковой длины, в каждой из которых на равных расстояниях просверлены отверстия (рис. 32).

Рис. 32

Схематически этот прибор изображен на рисунке 33. Точка А зафиксирована, при увеличении изображения в точке G находится обводящий штифт, а в точке С - карандаш (если изображение нужно уменьшить, то в точке С находится обводящий штифт, а в точке G - карандаш). Если штифтом обводить контуры рисунка, то карандаш будет вычерчивать его увеличенную или уменьшенную копию.

Рис. 33

Пусть на всех планках просверлено по 25 отверстий. 1) Найти коэффициент подобия, если планка EF соединяет отверстия под номером 7. 2) Указать номера отверстий, которые нужно соединить, чтобы получить увеличение в три раза.[5,29]

Решение. Передвигая планку EF, следует передвигать и точку G, так чтобы она принадлежала прямой АD. Тогда коэффициентом подобия будет k = АЕ/АС. 1) Соединяя отверстия под номером 7, имеем АЕ/АС = 6/24 = 1/4.

2) Если k = 1/3, то АЕ/АС = 1/3, а так как АС = 24, то АЕ = 8. Следовательно, для получения увеличения в три раза нужно соединить отверстия номер 9.

Заключение

Метод подобия позволяет доказать большое количество очень важных, интересных свойств прямоугольных треугольников, произвольных треугольников и их элементов. Применение метода подобия в решении задач во многих случаях позволяет сделать это более рационально, чем с применением аналитического аппарата.

В результате изучения теоретического материала по геометрическим преобразованиям можно научиться строить образы фигур при гомотетии; видеть соответственные при указанном отображении точки на соответственных фигурах; выделять элементы, определяющие отображение: центр гомотетии, коэффициент гомотетии; строить соответственные при указанном отображении точки на произвольных фигурах.

Метод подобия имеет большое практическое значение, применяется инженерами, архитекторами, картографами и др.

Применение метода подобия развивает умение нестандартно, творчески мыслить, что позволит справляться с задачами повышенной сложности.

Список использованной литературы

1. Апостолова Г.В. Геометрия: 8: двухуровн. учеб. для общеобразоват. учеб. завед. / Пер. с укр. Г.В. Апостолова.- К.: Генеза, 2008.- 272 с.: ил.

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

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

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

5. Варданян С.С. Задачи по планиметрии с практическим содержанием. - М., Просвещение, 1989. - 144 с.: ил.

6. Вересова Е.Е., Денисова Н.С. Сборник задач по геометрическим преобразованиям. - М.: МГПИ, 1978.

7. Лоповок Л.М. Факультативные задания по геометрии для 7-11 классов.- К.: Рад. шк., 1990.- 128 с.,

8. Погорелов А.В. Геометрия. Учебник для 7-11 кл. ср. шк., - М., Просвещение, 1990. - 384 с.

</