Метод подобия

А(x₁, y₁), A₁(kx₁, ky₁)

B(x₂, y₂), B₂(kx₂, ky₂)

C(x₃, y₃), C₃(kx₃, ky₃)

Сравним площади ориентированных  треугольников АBC и А₁В₁С₁:

 

 .

 

Последнее равенство означает, что независимо от k площади ориентированных треугольников АИС и А₁В₁С₁ совпадают по знаку. Поэтому любая гомотетия не изменяет ориентацию фигуры.

Гомотетия обладает всеми свойствами преобразования подобия: прямую переводит в прямую, луч — в луч, отрезок — в отрезок; гомотетия угол переводит в равный угол, гомотетия сохраняет отношение отрезков; гомотетия окружность переводит в окружность. [1] 59c.

 

2.5. Подобные фигуры

 

Две фигуры называются подобными, если существует преобразование подобия, которое одну из них переводит  в другую. Обозначение: Ф~Ф₁ (Ф и Ф₁ – подобные фигуры). Подобные фигуры имеют одинаковую форму.

Теорема (о признаках подобия  треугольников): Два треугольника подобны  если:

1. два угла одного соответственно равны двум углам другого;
2. две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы между этими сторонами равны;
3. стороны одного пропорциональны сторонам другого.

Доказательство. Пусть для  треугольников АВС и А₁В₁С₁ выполняется одно из указанных условий. Докажем, что .

 

Для этого в начале подвергнем треугольник  преобразованию гомотетии с произвольным центром О и коэффициентом k=. Получим треугольник А₂В₂С₂, равный треугольнику А₁В₁С₁.

Действительно, в первом случае имеем:

А₂=А=А₁, В₂=В=В₁,,

во втором –

А₂=А₁, А₂В₂=kАВ=А₁В₁, А₂С₂=kАС=А₁С₁,

в третьем –

А₂В₂=kАВ=А₁В₁, В₂С₂=kВС=В₁С₁, А₂С₂=kАС=А₁С₁.

Так как ∆А₂В₂С₂=∆А₁В₁С₁, то один переходит в другой движением. В итоге треугольник АВС переходит в треугольник А₁В₁С₁ последовательным выполнением гомотетии и движения, а это и есть преобразование подобия. Отсюда следует, что .

Следствие. Если ∆ABC~∆A₁B₁C₁, то:

Это следствие непрерывно следует из определения подобных фигур и свойств преобразования подобия. [6] 187c.

 

2.6. Дальнейшее развитие метода подобия: свойства подобных многоугольников, пропорциональные отрезки в окружности

 

Следствия.

1. Отношение периметров (площадей) подобных многоугольников равно коэффициенту (квадрату коэффициента) подобия.
2. Если две хорды окружности пересекаются, то произведение отрезков одной хорды равно произведению отрезков другой хорды.
3. Ели из точки, лежащей вне круга, проведены секущая и касательная, то произведение длин отрезков секущей от данной точки до точки пересечения ее с окружностью равно квадрату отрезка касательной.

Доказательство.

1. Пусть даны два подобных многоугольника:

 

А₁А₂А₃…А_n ~ A₁'A₂'A₃'…A_n' с периметром P и Р'. Докажем, что   - коэффициенту подобия. Так как многоугольники подобны, то A₁'A₂'=   =k А₁А₂, A₂'A₃'=k А₂А₃,…, A_n-1'A_n'=k А_n-1 А_n. Поэтому

 

Пусть S и S' – площади подобных многоугольников. Докажем, что . Проведем диагонали из вершин А₁ и А₁' и разобьем многоугольники  на одинаковое число соответственных треугольников. Установим, что . Имеем:

 

Такое равенство справедливо  и для других соотношений треугольников. Поэтому 

 

2. Пусть хорды АВ и СD пересекаются в точке М.

 

Докажем, что АМ·МВ=СМ·МD. Проведем хорды АС и ВD. Так как вписанные углы 1 и 2 опираются на дугу ВС, то . Аналогично (они опираются на дугу AD). Тогда . В подобных треугольниках стороны, лежащие против равных углов, пропорциональны. Поэтому

 

3. Пусть РМ – секущая, PN – внешняя часть секущей, РТ – касательная.

 

Докажем, что PM·PN=PT². Проведем хорды МТ и NT. В ∆МТР и ∆TNP – общий, (так как каждый из них изменяется ). Значит, ∆МТР ~ ∆TNP. В подобных треугольниках стороны, лежащие против равных углов, пропорциональны. Поэтому [1] 85c.

 

Глава 3. Применение преобразования

подобия к решению  задач

 

1. Применение подобия треугольников

при решении задач

 

Задача 1. Если стороны угла () пересечь несколькими параллельными прямыми, то отношение любых двух отрезков, получившихся на одной стороне угла, равно отношению соответствующих отрезков на второй стороне. Докажите это. (Обобщенная теорема Фалеса.)

Доказательство. Пусть на одной стороне угла МОN образовались отрезки ОА, АВ, ВС, СD ...; на второй стороне — отрезки ОА₁, А₁В₁, B₁C₁, C₁D₁, … .

 

Докажем равенства

 и т. д.

Проведя вспомогательные  прямые А₁В₂, В₁С₂,…, параллельные ОМ, получим треугольники ОА₁А, А₁В₁В₂, В₁С₁С₂,…, которые подобные между собой, так как углы у них соответственно равны (в силу параллельности прямых). Из их подобия следует:

, … .

Заменив в этих равенствах отрезки А₁В₂, В₁С₂, ... равными отрезками АВ, ВС, ... (пользуемся равенством противоположных сторон параллелограммов), получим искомые равенства. [5] 238c.

 

Задача 2. Постройте стороны треугольника, если известны два его угла и периметр.

Решение. По двум углам можно построить треугольник АВС, подобный треугольнику с искомыми сторонами.

 

Далее отложим на продолжении стороны АВ отрезки ВD и DЕ, равные сторонам ВС и АС; получим отрезок АЕ, равный периметру ∆АВС. На луче АС отложим отрезок AK, равный данному периметру. Осталось отрезок AK разбить на части, которые находятся в таких же отношениях, как и отрезки АВ, ВD и DЕ. Для этого через точки В и D проведем прямые, параллельные ЕК. Отрезки AХ, XY и YK являются искомыми сторонами. (Треугольник, построенный по этим сторонам, будет подобен вспомогательному ∆АBС, а значит, иметь углы, соответственно равные углам A и В, кроме того, этот треугольник имеет заданный периметр.) [5] 239c.

 

Задача 3. Если четырехугольник АВСD вписанный, то произведение его диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон (теорема Птолемея):

AC·BD=AB·CD+BC·AD.

Докажите это.

Доказательство. Построим ∠АВР=∠СВD.

 

Тогда ∆АВР~∆DВС, так как вписанные углы ВАР и ВDС опираются на одну и ту же дугу и, следовательно, равны. Поэтому

АВ:DВ=АР:DСАВ·DС=АРDВ.

С другой стороны, ∠АОDВ=∠РСВ как вписанные и опирающиеся на одну и ту же дугу, а ∠АВD = ∠СВР как дополняющие один и тот же угол до равных углов. Тогда ∆АDВ~∆РСВ. Поэтому

СВ:DВ = СР:DА⟹СВ·DА = СР·DВ.

Сложив полученные равенства, придем к доказываемой теореме:

AB·CD+BC·AD=AP·BD+CP·BD=AC·BD.[5] 240c.

 

Задача 4. Биссектрисы АА₁ ВВ₁ и СС₁ ∆АВС пересекаются в точке О, причем AО:ОA₁=ВО:ОВ₁=СО:ОС₁. Докажите, что ∆AВС — равносторонний.

Доказательство. Рассмотрим треугольники ОАВ и ОА₁В₁:

 

1. ∠AOB=∠A₁OB₁ (как вертикальные) , АО:ОА₁=ВО:ОВ₁ из это следует, что ∆АОВ~∆А₁ОВ₁ (по второму признаку);
2. ∆АОВ~∆А₁ОВ₁⟹∠В₁А₁О=∠ВАО;
3. ∠В₁А₁О=∠ВАО⟹А₁В_1АВ.

Аналогично получаем, что  А₁С₁∥АС, С₁В₁∥СВ. Тогда четырехугольники АС₁А₁В₁ и В₁С₁А₁С— параллелограммы. Поэтому АВ₁=С₁А₁=В₁С. Отсюда АВ₁=В₁С. Это означает, что биссектриса ВВ₁ является медианой. Следовательно, ∆АВС равнобедренный: АВ=ВС. Аналогично доказывается, что АВ=АС. Так как АВ=ВС=АС, то ∆АВС — равносторонний. [5] 240c.

 

Задача 5. Докажите, что стороны треугольника обратно пропорциональны его высотам, т. е.

a:b:c=

Доказательство. Применяя первый признак подобия треугольников и следствие из признаков подобия, получим:

1. ∆ВСВ₁~∆АСА₁⟹;
2. ∆ACС₁~∆АBB₁⟹;

(п. 1 – 2)⟹ a:b:c=[5] 232c.

 

2. Решение геометрических задач с

помощью гомотетии

 

Задача 1. Пусть М, О и Н — соответственно центроид, центр описанной окружности и ортоцентр треугольника. Докажите, что точка М расположена между точками О и Н и МО=МН.

Доказательство. Пусть в ∆АВС, А₁, В₁ и С₁, — середины его сторон.

 

Тогда .

Гомотетия с центром М и коэффициентом переводит точки A, В и С соответственно в точки А₁ В₁ и С₁ и, следовательно, эта гомотетия ∆АВС переводит в ∆А₁В₁С₁.

Убедимся в том, что  в этой гомотетии точка Н переходит  в точку О. Возьмем высоту АА₂ и соответствующую ей прямую АА₂. Выясним, в какую прямую перейдет прямая АА₂ в данной гомотетии. Эта прямая перейдет в прямую, проходящую через точку А₁ и перпендикулярную к В₁С₁. Но такая прямая перпендикулярна к ВС (так как ВС∥В₁C₁). Это значит, что прямая АА₂ в данной гомотетии переходит в серединный перпендикуляр к стороне ВС. Аналогично: прямая ВВ₂ переходит в серединный перпендикуляр к стороне АС, прямая СС₂ — в серединный перпендикуляр к стороне АВ. Приходим к требуемому выводу. Действительно, точка Н в данной гомотетии переходит в точку О, которая является точкой пересечения указанных серединных перпендикуляров.

Так как точка О гомотетична  точке Н в гомотетии с центром М и коэффициентом гомотетии , то .

Отсюда следует, что точка  М лежит между точками О  и Н и . [5] 220c.

 

Задача 2. Пусть даны две гомотетии, заданные соответственно центрами и коэффициентами O₁, k₁ и O₂, k₂, причем k₁·k₂≠1. Докажите, что композиция этих двух гомотетий есть гомотетия с коэффициентом k=k₁k₂ и центром О, принадлежащим прямой O₁O₂.

 

Доказательство. Возьмем некоторый вектор . Пусть в первой гомотетии он переходит в вектор С помощью второй гомотетии вектор переведем в вектор . По условию k₁k₂≠1. Поэтому векторы и не равны. Значит, прямые АА₂ и ВВ₂ пересекутся в некоторой точке. Обозначим ее буквой О. Гомотетия с центром О и коэффициентом k=k₁k₂ переводит вектор в вектор .

И композиция двух данных гомотетий  и гомотетия с центром О  являются преобразованиями подобия  I рода. На основании единственности преобразования подобия I рода, переводящего точки А и В соответственно в точки А₂ и В₂, композиция двух данных гомотетий совпадает с гомотетией с центром О.

Осталось доказать, что  центр О лежит на прямой О₁О₂. В самом деле. Прямая О₁О₂ переходит сама в себя в каждой из двух данных гомотетий, а значит, и в их композиции, а значит, и в гомотетии с центром О. Если прямая О₁О₂ переходит сама в себя в гомотетии с центром О, то она проходит через центр О. Итак, OО₁О₂. [4] 163c.

 

Задача 3. Докажите, что точка, симметричная ортоцентру Н треугольника АВС относительно стороны ВС, лежащей на окружности, описанной около треугольника АВС.

Решение. Н – ортоцентр треугольника АВС, Н₁ – точка пересечения продолжения высоты ВК с окружностью АВС. Возьмем еще центр О окружности АВС и центр О₉ – окружности девяти точек данного треугольника.

 

Воспользуемся гомотетией с  центром Н и коэффициентом  при этой гомотетии центр О перейдет в центр О₉, а радиус окружности АВС уменьшится в два раза. Это означает, что данная гомотетия окружность АВС переведет в окружность девяти точек. Поэтому точка Н₁ окружности АВС обязана перейти в точку окружности девяти точек. Наряду с этим, образ точки Н₁ должен лежать на прямой НН₁. Такой же точкой является только точка К — основание высоты ВК. Отсюда следует, что НК = КН₁. [4] 174c.

 

Задача 4. Докажите, что точка, симметричная ортоцентру Н треугольника АВС относительно середины стороны ВС, лежащего на окружности, описанной около треугольника АВС.