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 k¹о,
если каждой точке М плоскости ставится в соответствие точка М1 так, что
М0М1=kМ0М. При k>0
гомотетия называется положительной, а при k
При
решении задач чаще всего используется гомотетия. Отметим ее основные свойства.
Так всякая гомотетия с коэффициентом k¹1 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.
Решение.
Пусть дана трапеция АВСД, у которой АВ//СД, АВ>СД, О=АСÇВД,
Р=АДÇСВ;
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, ÐСНВ=ÐН1НД,
ÐСВН=ÐН1ДН.
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).
Задача 3. Доказать, что в треугольнике точка
пересечения медиан, центр окружности, описанной около треугольника, и ортоцентр
лежат на одной прямой.
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.
Решение.
Пусть дан треугольник АВС (рис. 4), 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. 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.
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 (L1ºL2ºL),
а также совпадают и точки К и Р (КºРºМ). 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
(РÎАВ,
ЕÎВС,
НÎАС).
Через середины отрезков ОР, ОЕ, ОН проведены прямые L1, L2, L3, соответственно
прямым АВ, ВС, АС. Доказать, что треугольник А2В2С2, где А2=L1ÇL3,
В2=L1ÇL2,
С2=L2ÇL3
равен треугольнику А1В1С1, где А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС, АВ
треугольника АВС (рис. 6).
Решение. 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:DА1В1С1®DАВС.
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:DАВС®DА2В2С2. 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.
Для
подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://www.khspu.ru