Segmenty proporcjonalne
Aby wprowadzić pojęcie podobieństwa, trzeba najpierw przypomnieć sobie to pojęcie segmenty proporcjonalne. Przypomnijmy jeszcze definicję stosunku dwóch odcinków.
Definicja 1
Stosunek dwóch odcinków to stosunek ich długości.
Dotyczy to również koncepcji proporcjonalności segmentów więcej segmenty. Niech na przykład $AB=2$, $CD=4$, $A_1B_1=1$, $C_1D_1=2$, $A_2B_2=4$, $C_2D_2=8$, wtedy
Oznacza to, że segmenty $AB$, $A_1B_1$, $\A_2B_2$ są proporcjonalne do segmentów $CD$, $C_1D_1$, $C_2D_2$.
Podobne trójkąty
Przypomnijmy sobie najpierw, co w ogóle oznacza pojęcie podobieństwa.
Definicja 3
Liczby nazywane są podobnymi, jeśli tak jest taki sam kształt, ale różne rozmiary.
Rozumiemy teraz tę koncepcję podobne trójkąty. Rozważ rysunek 1.
Rysunek 1. Dwa trójkąty
Niech te trójkąty mają $\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1$. Wprowadźmy następującą definicję:
Definicja 4
Boki dwóch trójkątów nazywamy podobnymi, jeśli leżą naprzeciw równych kątów tych trójkątów.
Na rysunku 1 boki $AB$ i $A_1B_1$, $BC$ i $B_1C_1$, $AC$ i $A_1C_1$ są podobne. Wprowadźmy teraz definicję trójkątów podobnych.
Definicja 5
Dwa trójkąty nazywamy podobnymi, jeśli kąty wszystkich kątów jednego trójkąta są odpowiednio równe kątom drugiego i trójkąta, a wszystkie podobne boki tych trójkątów są proporcjonalne, to znaczy
\[\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1,\] \[\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C) _1)=\frac(AC)(A_1C_1)\]
Rysunek 1 pokazuje podobne trójkąty.
Oznaczenie: $ABC\sim A_1B_1C_1$
Dla pojęcia podobieństwa istnieje również pojęcie współczynnika podobieństwa.
Definicja 6
Liczba $k$ równa stosunkowi podobnych boków podobne liczby nazywa się współczynnikiem podobieństwa tych liczb.
Pola podobnych trójkątów
Rozważmy teraz twierdzenie o stosunku pól trójkątów podobnych.
Twierdzenie 1
Stosunek pól dwóch podobnych trójkątów jest równy kwadratowi współczynnika podobieństwa, to znaczy
\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\]
Dowód.
Rozważmy dwa podobne trójkąty i oznaczmy ich pola odpowiednio jako $S$ i $S_1$ (ryc. 2).
Rysunek 2.
Aby udowodnić to twierdzenie, przypomnijmy sobie następujące twierdzenie:
Twierdzenie 2
Jeżeli kąt jednego trójkąta jest równy kątowi drugiego trójkąta, wówczas ich pola są powiązane jako iloczyn boków sąsiadujących z tym kątem.
Ponieważ trójkąty $ABC$ i $A_1B_1C_1$ są podobne, to z definicji $\angle A=\angle A_1$. Następnie, z Twierdzenia 2, otrzymujemy to
Ponieważ $\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(AC)(A_1C_1)=k$, otrzymujemy
Twierdzenie zostało udowodnione.
Zagadnienia związane z pojęciem podobieństwa trójkątów
Przykład 1
Dane są podobne trójkąty $ABC$ i $A_1B_1C_1.$ Boki pierwszego trójkąta wynoszą $AB=2,\ BC=5,\ AC=6$. Współczynnik podobieństwa tych trójkątów wynosi $k=2$. Znajdź boki drugiego trójkąta.
Rozwiązanie.
Ten problem ma dwa możliwe rozwiązania.
Niech $k=\frac(A_1B_1)(AB)=\frac((B_1C)_1)(BC)=\frac(A_1C_1)(AC)$.
Wtedy $A_1B_1=kAB,\ (B_1C)_1=kBC,\ A_1C_1=kAC$.
Zatem $A_1B_1=4,\ (B_1C)_1=10,\ A_1C_1=12$
Niech $k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C)_1)=\frac(AC)(A_1C_1)$
Następnie $A_1B_1=\frac(AB)(k),\ (B_1C)_1=\frac(BC)(k),\ A_1C_1=\frac(AC)(k)$.
Zatem $A_1B_1=1,\ (B_1C)_1=2,5,\\A_1C_1=3$.
Przykład 2
Biorąc pod uwagę podobne trójkąty $ABC$ i $A_1B_1C_1.$ Bok pierwszego trójkąta to $AB=2$, odpowiedni bok drugiego trójkąta to $A_1B_1=6$. Wysokość pierwszego trójkąta wynosi $CH=4$. Znajdź obszar drugiego trójkąta.
Rozwiązanie.
Ponieważ trójkąty $ABC$ i $A_1B_1C_1$ są podobne, to $k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(1)(3)$.
Znajdźmy obszar pierwszego trójkąta.
Z Twierdzenia 1 mamy:
\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\] \[\frac(4)(S_(A_1B_1C_1))=\frac(1)(9)\] \
ROZDZIAŁ VIII.
PROPORCJONALNOŚĆ ROZMIARÓW. PODOBIEŃSTWO FIGUR.
§ 92. STOSUNEK POWIERZCHNI FIGUR PODOBNYCH.
1. Stosunek pól kwadratów.
Rozważmy stosunek pól dwóch kwadratów. Jeśli oznaczymy bok jednego kwadratu przez T, a druga strona - przelotowa P, wówczas pola będą odpowiednio równe
T 2 i P 2 (rysunek 379).
Oznaczając obszar pierwszego kwadratu przez S i obszar drugiego przez S”, otrzymujemy: S / S” = M 2 / N 2, tj. pola kwadratów odnoszą się do kwadratów ich boków.
Otrzymany wzór można przekształcić w następujący sposób: S / S” = ( M / N) 2 .
Oznacza to, że możemy powiedzieć, że stosunek pól dwóch kwadratów jest równy kwadratowi stosunku ich boków.
Na rysunku 379 stosunek boków kwadratów wynosi 3, stosunek ich pól wynosi
3 2 = 9.
2. Stosunek pól dwóch podobnych trójkątów.
Pozwalać /\
ABC /\
A"B"C" (ryc. 380). Z podobieństwa trójkątów wynika to
/
A= /
A" /
B= /
Zespół /
C = /
C. Ponadto AB / A"B" = BC / B"C" = AC / A"C".
W tych trójkątach z wierzchołków B i B" rysujemy wysokości i oznaczamy je przez H I H„. Pole pierwszego trójkąta będzie równe AC H/ 2, a obszar drugiego trójkąta to A"C" H" / 2 .
Oznaczając obszar pierwszego trójkąta przez S i obszar drugiego przez S” otrzymujemy: S / S” = AC H/A"C" H" lub S/S” = AC/A”C” H / H"
Z podobieństwa trójkątów ABO i A"B"O" (są podobne, bo są prostokątne, a w dodatku mają równe ostry róg, mianowicie /
A= /
A”) następuje:
H / H"= AB / A"B" . Ale AB / A „B” = AC / A „C”. Stąd, H / H"= AC/A"C" . Zastąpienie we wzorze S / S” = AC / A”C” H / H" postawa H / H" równy temu stosunkowi AC / A"C", otrzymujemy:
S / S" = AC / A"C" AC / A"C" lub .
Więc, pola podobnych trójkątów są powiązane jak kwadraty o podobnych bokach .
Otrzymany wzór można przekształcić w następujący sposób: S / S” = (AC / A„C”) 2.
Oznacza to, że możemy powiedzieć, że stosunek pól dwóch podobnych trójkątów jest równy kwadratowi stosunku ich podobnych boków.
3. Stosunek powierzchni podobne wielokąty.
Niech ABCDE i A"B"C"D"E" będą wielokątami podobnymi (ryc. 381).
Wiadomo, że /\
ABC /\
ABC"; /\
ACD /\
A"C"D" i /\
ADE /\
A"D"E" (§90).
Oprócz,
;
Ponieważ drugie stosunki tych proporcji są równe, co wynika z podobieństwa wielokątów
Korzystanie z właściwości serii równe stosunki otrzymujemy:
Lub 
gdzie S i S” to obszary tych podobnych wielokątów.
Stąd, Pola podobnych wielokątów są powiązane jak kwadraty o podobnych bokach.
Wynikowy wzór można przekonwertować do tej postaci: S / S” = (AB / A„B”) 2
Ćwiczenia.
1. Bok pierwszego kwadratu więcej stron drugi kwadrat 2 razy (5 razy). Ile razy powierzchnia pierwszego kwadratu więcej obszaru drugi kwadrat?
2. Bok pierwszego kwadratu stanowi 1/3 (0,1) boku drugiego kwadratu. Jaką część pola pierwszego kwadratu stanowi pole drugiego kwadratu?
3. Współczynnik podobieństwa w podobnych wielokątach wynosi 4 (1 / 5; 0,4; 2,5). Jaki jest stosunek ich pól?
4. Stosunek pól podobnych wielokątów wynosi 36 (100; 0,09). Jaki jest stosunek podobnych boków tych wielokątów?
Dwie figury F F i F ` F ` nazywane są podobnymi, jeśli zostaną przekształcone w siebie poprzez transformację podobieństwa, to znaczy transformację, w której odległości między dwoma punktami zmieniają się (zwiększają lub zmniejszają) o tę samą liczbę razy. Jeśli liczby F F i F ` F ` są podobne, to piszemy F ~ F ` F\sim F` Przypomnijmy to w zapisie podobieństwa trójkątów ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1 zakłada się, że wierzchołki połączone transformacją podobieństwa znajdują się w odpowiednich miejscach, tj. A A wchodzi do A 1 A_1, B B - do B 1 B_1, C C - do C 1 C_1. Z własności transformacji podobieństwa wynika, że W przypadku podobnych figur odpowiednie kąty są równe, a odpowiednie segmenty są proporcjonalne. W szczególności, jeśli ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1
∠ ZA = ∠ ZA 1 , ∠ B = ∠ b 1 , ∠ do = ∠ do 1 , ZA B A 1 B 1 = B do B 1 do 1 = ZA do ZA 1 do 1 \angle A=\kąt A_1,\;\kąt B=\ kąt B_1,\;\kąt C=\kąt C_1,\;\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)(B_1C_1)=\frac(AC)(A_1C_1)
oznaki podobieństwa trójkątów
Dwa trójkąty są podobne:
- 1) jeżeli dwa kąty jednego są odpowiednio równe dwóm kątom drugiego;
- 2) jeżeli dwa boki jednego są proporcjonalne do dwóch boków drugiego i kąty utworzone przez te boki są równe;
- 3) jeśli trzy boki jednego trójkąta są proporcjonalne do trzech boków drugiego.
Cechy podobieństwa obejmują stwierdzenia, które są wygodne w użyciu przy rozwiązywaniu problemów:
1°. Linia prosta równoległa do jednego z boków trójkąta i przecinająca pozostałe dwa boki różne punkty, odcina trójkąt podobny do tego.
| Ryż. 5 |
2°. Linia prosta równoległa do jednego z boków trójkąta i przecinająca dwa pozostałe boki odcina na nich odcinki proporcjonalne do tych boków, tj. jeśli M N | | Zatem A C MN||AC (ryc. 5).
m n = p q = m + p n + q \frac mn=\frac pq=\frac(m+p)(n+q)
3°. Jeżeli linia prosta przecina dwa boki trójkąta i odcina na nich proporcjonalne odcinki, to jest ona równoległa do trzeciego boku, tj. jeśli (patrz ryc. 5)
m n = m + p n + q \frac mn=\frac(m+p)(n+q) lub m n = p q \frac mn=\frac pq ,
wówczas M N MN jest równoległe do AC AC (dowód podano w zadaniu dla klasy 9).
 |
| Ryż. 6 |
Prosta przechodząca przez punkt przecięcia przekątnych trapezu równoległego do jego podstaw przecina się boki trapezoidy w punktach M M i N N . Znajdź długość odcinka, jeśli podstawy trapezu są równe a i b b.
Δ Niech O O będzie punktem przecięcia przekątnych trapezu (rys. 6). Oznaczmy:
ZA re = a, b do = b, M O = x, B O = p, O D = q. AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.
1. B C ~ A D △ B O C ~ △ D O A (pod głową) ⇒ b a = p q 1.\;\left\(\begin(array)(l)BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC \sim\bigtriangleup DOA\;( przez\;dwa\;kąty)\end(tablica)\right.\Rightarrow\frac ba=\frac pq
2. M O ~ A D △ M B O ~ △ A B D ⇒ x a = p p + q 2.\;\left\(\begin(array)(l)MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end(array)\ prawo.\Strzałka w prawo\frac xa=\frac p(p+q)
Z (1) i (2) wynika x = a p p + q = q p / q p / q + 1 = a b a + b ⇒ M O = a b a + b. x=a\frac p(p+q)=q\frac(p/q)(p/q+1)=\frac(ab)(a+b)\Rightarrow MO=\frac(ab)(a+ b ).
Podobnie ustalamy, że N O = a b a + b ⇒ M N = 2 a b a + b NO=\frac(ab)(a+b)\Rightarrow MN=\frac(2ab)(a+b) .
Należy pamiętać o wyniku tego zadania, jako o stwierdzeniu prawdziwym dla dowolnego trapezu. ▲
Z definicji podobieństwa figur wynika, że w figurach podobnych wszystkie odpowiadające sobie elementy liniowe są proporcjonalne. Więc, stosunek obwodów trójkątów podobnych jest równy stosunkowi długości odpowiednich boków. Lub na przykład w podobnych trójkątach stosunek promieni okręgów wpisanych (także okręgów opisanych) jest równy stosunkowi długości odpowiednich boków. Ta uwaga pomoże nam rozwiązać kolejny problem.
 |
| Ryż. 7 |
W trójkącie prostokątnym A B C ABC z wierzchołka C C prosty kąt wysokość C D CD (ryc. 7). Promienie okręgów wpisanych w trójkąty A C D ACD i B C D BCD są równe odpowiednio r 1 r_1 i r 2 r_2. Znajdź promień okręgu wpisanego w trójkąt A B C ABC.
Δ Oznaczmy żądany promień r r, ustawmy A B = c AB=c, A C = b AC=b, B C = a BC=a. Z podobieństwa trójkąty prostokątne A C D ACD i A B C ABC (mają równe kąty w wierzchołku A A) mamy r r 1 = c b \frac r(r_1)=\frac cb , skąd b = r 1 r c b=\frac(r_1)rc . Trójkąty prostokątne B C D BCD i B A C BAC są również podobne, więc r r 2 = c a \frac r(r_2)=\frac ca , - Wheres a = r 2 r c a=\frac(r_2)rc . Ponieważ a 2 + b 2 = c 2 a^2+b^2=c^2 zatem podnosząc do kwadratu wyrażenia a i b b i dodając je, otrzymujemy r 1 r 2 c 2 + r 2 r 2 c 2 = c 2 ⇒ r 1 2 + r 2 2 r 2 = 1 \left(\frac(r_1)r\right)^2c^2+\left(\frac(r_2)r\right)^2c^2=c^ 2 \;\Strzałka w prawo\frac(r_1^2+r_2^2)(r^2)=1 . Znajdź r = r 1 2 + r 2 2 r=\sqrt(r_1^2+r_2^2)▲
Przypomnijmy to Pola figur podobnych są ze sobą powiązane jako kwadraty odpowiednich elementów liniowych. W przypadku trójkątów stwierdzenie to można sformułować w następujący sposób: Pola podobnych trójkątów są proporcjonalne do kwadratów odpowiednich boków. Rozważmy typowy problem na ten temat.
 |
| Ryż. 8 |
Przez punkt M M leżący wewnątrz trójkąta A B C ABC poprowadzono trzy proste równoległe do jego boków. W tym przypadku powstały trzy trójkąty (ryc. 8), których obszary są równe S 1 S_1, S 2 S_2 i S 3 S_3. Znajdź pole trójkąta A B C ABC.
Łatwo zauważyć, że trójkąty E K M EKM, M Q F MQF i P M N PMN są podobne do trójkąta A B C ABC.
Niech S S będzie zatem polem trójkąta A B C ABC
S 1 S = mi M ZA do 2 ; S 2 S = M fa ZA do 2 ; S 3 S = P. N ZA do 2 . \frac(S_1)S=\left(\frac(EM)(AC)\right)^2;\;\frac(S_2)S=\left(\frac(MF)(AC)\right)^2; \;\frac(S_3)S=\lewo(\frac(PN)(AC)\prawo)^2.
Skąd to znajdziemy?
mi M = S 1 S ZA do , M fa = S 2 S ZA do , P. N = S 3 S ZA do . EM=\sqrt(\frac(S_1)S)AC,\;MF=\sqrt(\frac(S_2)S)AC,\;PN=\sqrt(\frac(S_3)S)AC.
A ponieważ E M = A P , M F = N C ⇒ E M + P N + M F = A P + P N + N C = A C EM=AP,\;MF=NC\Strzałka w prawo EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC .
Zatem A C = A C * S 1 S + S 2 S + S 3 S ⇒ S = S 1 + S 2 + S 3 2 AC=AC\ast\left(\sqrt(\frac(S_1)S)+\ sqrt (\frac(S_2)S)+\sqrt(\frac(S_3)S)\right)\Rightarrow S=\left(\sqrt(S_1)+\sqrt(S_2)+\sqrt(S_3)\right) ^ 2. ▲
Własności środkowych, wysokości, dwusiecznych trójkąta
W naszych zadaniach dla 9. i 10. klasy udowodniliśmy tutaj powtarzalne twierdzenia i stwierdzenia. W przypadku niektórych z nich przypominamy ścieżki dowodowe, udowadniając swoje racje i podając rysunki wyjaśniające.
o medianach
 |
| Ryż. 9 |
Twierdzenie 1. Trzy środkowe trójkąta przecinają się w jednym punkcie, a punkt przecięcia dzieli każdą środkową w stosunku 2: 1 , licząc od góry.
Twierdzenie 2. Trzy przecinające się środkowe dzielą trójkąt na 6 trójkątów o wspólnym wierzchołku, których obszary są sobie równe.
(Na ryc. 9 pole każdego z 6 trójkątów z wierzchołkiem i podstawą, równy połowie bok jest równy 1 2 S A B C \frac12S_(ABC) . Nazywa się punkt przecięcia środkowych środek ciężkości trójkąta.
Twierdzenie 3. Niech B D BD będzie medianą trójkąta
A B C (B C = a , ZA C = b , A B = do , B D = m a) ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a) ,Następnie
m do 2 = za 2 + b 2 2 - do 2 4 m_c^2=\frac(a^2+b^2)2-\frac(c^2)4 .(Dowód podano dalej w §4 Cesji).
 |
| Ryż. 10 |
Mediany A A 1 AA_1 trójkąta A B C ABC przecinają się w punktach O O , A A 1 = 12 AA_1=12 i C C 1 = 6 CC_1=6, a jeden z boków trójkąta ma długość 12. (ryc. 10). Znajdź pole trójkąta A B C ABC.
Δ 1. Z twierdzenia 1 mamy A O = 2 3 A A 1 = 8 , do O = 2 3 do C 1 = 4 AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4 .
Uporządkujmy długości odcinków środkowych na rysunku 10. Zgodnie z warunkiem jeden z boków trójkąta jest równy 12, bok A C AC nie może być równy 12, w przeciwnym razie A C = A O + O C AC=AO+OC - nierówność trójkąta jest naruszona. Również bok A B AB nie może być równy 12, więc w tym przypadku A C 1 = 6 AC_1=6 i trójkąt A O C 1 AOC_1 o bokach 8, 2, 6 nie istnieje. Zatem B C = 12 BC = 12 i A C 1 = 6 AC_1 = 6.
2. Znajdź pole trójkąta korzystając ze wzoru Herona:
p = 7 , S ZA 1 O do = 7 * 1 * 3 * 3 = 3 7 p=7,\;S_(A_1OC)=\sqrt(7\ast1\ast3\ast3)=3\sqrt7 .
Z Twierdzenia 2 pole trójkąta A B C ABC jest 6 razy większe, znajdujemy S A B C = 18 7 S_(ABC)=18\sqrt7 .▲
o wysokościach
Twierdzenie 4. Trzy wysokości trójkąta lub trzy proste, na których leżą te wysokości, przecinają się w jednym punkcie. (Ten punkt nazywa się ortocentrum trójkąta.) W ostry trójkąt punkt przecięcia wysokości leży wewnątrz trójkąta.
Udowodniono także dwa lematy dotyczące wysokości
1. lemat.
Jeśli A A 1 AA_1 i B B 1 BB_1 są wysokościami trójkąta A B C ABC, to trójkąt A 1 B 1 C A_1B_1C jest podobny do trójkąta A B C ABC o współczynniku podobieństwa k = A 1 B 1 A B = cos C k=\frac(A_1B_1) (AB)= \lewo|\cos C\prawo| . Stwierdzenie to można sformułować następująco: Jeśli połączymy podstawy dwóch wysokości A A 1 AA_1 i B B 1 BB_1 trójkąta A B C ABC, wówczas powstanie trójkąt podobny do tego: ∆ A 1 B 1 C ~ ∆ A B C \triangle A_1B_1C \sim\trójkąt ABC .
Z trójkątów prostokątnych A C A 1 ACA_1 wynika A 1 C = A C * c o s C A_1C=AC*cosC lub A 1 C = A C * c o s (180 ° - C) = A C cos C A_1C=AC\ast cos(180^\circ- C)=AC\lewo|\cos C\prawo| (Ryc. 11a, b) i z trójkątów prostokątnych B C B 1 BCB_1 wynika B 1 C = B C * c o s C B_1C = BC * cosC lub B 1 C = B C * c o s (180 ° - C) = B C cos C B_1C = BC \ast cos(180^\circ-C)=BC\lewy|\cos C\prawy| . Poniższe rozumowanie jest oczywiste.
 |
| Ryż. 13 |
Wysokości A A 1 AA_1 i B B 1 BB_1 przecinają się w punkcie H H (rys. 13), natomiast A H = 3 H A 1 AH=3HA_1 i B H = H B 1 BH=HB_1. Znajdź cosinus kąta A C B ACB i pole trójkąta A B C ABC, jeśli A C = a AC=a.
Δ Oznaczmy H A 1 = x , H B 1 = y HA_1=x,\;HB_1=y ,
1. Punkt H H - połowa wysokości (ryc. 13). Jeżeli odcinek M H MH przechodzi przez punkt H H i jest równoległy do podstaw, to MN - Środkowa linia; M N = za / 2 MN = a/2 .
2. ∆ H. ZA 1 N ~ ∆ ZA ZA 1 do ⇒ H. N ZA do = x 4 x , H. N = 1 4 za . \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac(HN)(AC)=\frac x(4x),\;HN=\frac14a.\; Zatem M H = H N = a 4 MH=HN=\frac a4 i A B 1 = B 1 C = a 2 AB_1=B_1C=\frac a2 Trójkąt A B C Równoramienne ABC, ZA B = B do AB=BC .
3. ∠ B 1 B do = 90 ° - ∠ C ⇒ ∠ B H. A 1 = ∠ A H B 1 = ∠ C \angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1=\angle C , i drugim lematem o wysokościach A H * H A 1 = B H * H B 1 AH*HA_1=BH*HB_1 tj. 3 x 2 = y 2 , y = x 3 3x^2=y^2,\;y=x \sqrt3 .
4. △ ZA H B 1: ZA B 1 2 = (3 x) 2 - y 2, za 2 4 = 6 x 2, x = za 2 6, y = za 2 2 ⇒ ⇒ S ZA B do = 1 2 A C * B B 1 = za y = a 2 2 4 \begin(array)(l)\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac(a^2)4=6x^2,\; x=\frac a(2\sqrt6),\;y=\frac a(2\sqrt2)\Rightarrow\\\Rightarrow S_(ABC)=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac(a^2\sqrt2 )4\end(tablica) . ▲
o dwusiecznych trójkąta
 |
| Ryż. 14 |
Twierdzenie 5. Dwusieczna kąta trójkąta dzieli się przeciwna strona na odcinki proporcjonalne do sąsiednich boków, tj. jeśli A D AD jest dwusieczną trójkąta A B C ABC (rys. 14), to
B D D C = A B A C x y = c b \frac(BD)(DC)=\frac(AB)(AC)\;\left(\frac xy=\frac cb\right)
Dowód możesz łatwo przeprowadzić samodzielnie, stosując twierdzenie o sinusie do trójkątów A D B ADB i A D C ADC.
Twierdzenie 6. Niech A D AD będzie dwusieczną trójkąta A B C ABC (rys. 14), wówczas A D = A B * A C - D B * D C AD=\sqrt(AB\ast AC-DB\ast DC) (w zapisie z rys. 14a) ZA re = b do - x y AD=\sqrt(bc-xy) .
 |
| Ryż. 14a |
□ Udowodnimy to twierdzenie. Opiszmy okrąg wokół trójkąta A B C ABC, a punkt przecięcia prostej A D AD i okręgu oznaczmy jako K K (rys. 14a).
Oznaczmy A D = z, D K = m. △ ZA B re ~ ∆ ZA K do (∠ ZA B re = ∠ ZA K do i ∠ 1 = ∠ 2) . Z podobnych: A B A K = A D A C ⇒ do z + m = z b ⇒ ⇒ z 2 + z m = b do, z 2 = b do - z m. \begin(array)(l)AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\kąt AKC\;and\;\\\angle1=\angle2 ).\\From\;podobieństwo:\;\\\frac(AB)(AK)=\frac(AD)(AC)\Rightarrow\frac c(z+m)=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end(array) Z własności przecinających się akordów:
A re * re K = b re * do re , tj. z * m = x * y ⇒ z 2 = b do - x y , z = b do - x y AD\ast DK=BD\ast CD,\;tj.\; z\ast m=x \ast y\Strzałka w prawo z^2=bc-xy,\;z=\sqrt(bc-xy) . ■
W trójkącie A B C ABC o bokach A B = 5 AB=5, A C = 3 AC=3 dwusieczna A D = 15 8 AD=\frac(15)8. Znajdź bok B C BC i promień okręgu wpisanego.
Δ Z Twierdzenia 5 (patrz rys. 14) mamy x y = 5 3 \frac xy=\frac53 Oznaczmy x = 5 z x=5z , wtedy y = 3 z y=3z . Zgodnie z Twierdzeniem 6, równość 15 8 2 = 5 * 3 - 5 z * 3 z jest spełniona. \left(\frac(15)8\right)^2=5\ast3-5z\ast3z. Łatwo znajdujemy z = 7 8 z=\frac78 oznacza B C = 7 . p.n.e.=7. Promień wpisanego koła znajdujemy za pomocą wzoru S = p r S=pr (S to obszar trójkąta, p to półobwód). Mamy p = 15 2 p=\frac(15)2 , zgodnie ze wzorem Herona S = 15 2 * 1 2 * 10 2 * 9 2 = 15 3 2 , S=\sqrt(\frac(15)2\ast \frac12 \ast\frac(10)2\ast\frac92)=\frac(15\sqrt3)2, więc r = S p = 3 2 . r=\frac Sp=\frac(\sqrt3)2. ▲
Cele Lekcji:
- Rozwiń umiejętność korzystania ze wzoru na pole trójkąta przy rozwiązywaniu problemów;
- Rozważać kluczowe zadania na stosunku pól trójkątów mających wspólną wysokość (podstawę). Zapoznanie uczniów z metodami rozwiązywania problemów na dany temat.
Wyposażenie lekcji:
- Komputer.
- Projektor multimedialny.
- Ekran.
Rozdawać.
- karty z pytaniami do ankiety dotyczącej zadania domowego;
- prezentacja na lekcję (Aneks 1);
- karty do samodzielnej pracy.
Kroki lekcji
- Organizowanie czasu.
- Badanie Praca domowa(nauka materiału z poprzedniej lekcji)
- Utrwalanie wcześniej poznanego materiału
- Niezależna praca charakter edukacyjny
- Zadawanie zadań domowych.
- Podsumowanie lekcji.
Podczas zajęć
1. Moment organizacyjny
Informujemy Cię o temacie lekcji. Wyjaśniamy znaczenie materiału omawianego na lekcji, mówimy, że jest to informacja ostatnie lekcje według obszaru są szeroko stosowane, dzisiaj na lekcji wykorzystamy je do rozwiązywania problemów.
Aby nasza praca była efektywniejsza, najpierw sprawdzimy Twoją pracę domową i przeanalizujemy przestudiowany materiał teoretyczny.
2. Sprawdzanie pracy domowej
Zadawanie pytań uczniom przy tablicy:
- dowód twierdzenia o polu?.
- dowód jego konsekwencji
- rozwiązywanie numerów zadań domowych.
W tym czasie pracujemy z klasą ustnie, wykorzystując slajdy wcześniej przygotowanej prezentacji.
3) Jeżeli AM=MC, porównaj pola tych trójkątów.
Zapisz konkluzję w zeszycie:
Mediana dzieli trójkąt na dwa trójkąty o równej wielkości (równej powierzchni), z których każdy jest równy połowie pola danego trójkąta.
VM – mediana ABC
VC – mediana AVM
Znajdź stosunek powierzchni
5) Wiadomo, że S ABC = 20 cm 2 (zgodnie z warunkami poprzedniego zadania)
Znajdź S ABM; S MBC; S ABC; S KBC -?
Jaki jest stosunek pól dwóch trójkątów mających wspólną podstawę?
Wniosek zapisujemy w notatniku:
S ABC: S ADC = BM: DN
Pola trójkątów mających wspólną podstawę są powiązane jako wysokości poprowadzone do podstawy.
3. Utrwalenie wcześniej przestudiowanego materiału.
1. Wykonujemy zadanie nr 40, strony 18-19 zeszytu ćwiczeń z geometrii dla klasy 8.
Na rysunku punkt M dzieli bok AC ABC w stosunku AM:MC = 2:3
Pole ABC wynosi 180 cm 2 . Znajdź obszar trójkąta ABM.
2. Rozwiąż zadanie nr 475 z podręcznika.
Narysuj ABC. Narysuj dwie linie proste przechodzące przez wierzchołek A, tak aby podzieliły ten trójkąt na trzy trójkąty o równych polach.
Omów rozwiązanie, korzystając ze slajdów prezentacji
4. nie dotyczy (jeśli czas na to pozwala)
Podziel ten równoległobok na trzy równe części liniami prostymi wychodzącymi z jednego wierzchołka.
Podobnie BB 2 dzieli DBC na trójkąty o tej samej wysokości, ich pola są powiązane jak podstawy DB 2: B 2 C = 1: 2 => Algorytm konstrukcji: podziel każdy z boków AD i DC równoległoboku w stosunku 2:1, licząc od wierzchołków A i S.
4. Samodzielna praca edukacyjna
opcja 1
1) MC – mediana ABC
SCR = 32 cm2. Znajdź S ABC
2) S KDM = 40 cm 2
Po stronie KM punkt A jest oznaczony tak, że KA:AM = 2:3
Znajdź: S KDA
Opcja 2
1) AM jest medianą ABC, której powierzchnia wynosi 48 cm2
Znajdź obszar AMS
2) S DРК = 60 cm 2
Na stronie DK punkt A jest oznaczony tak, że DA:AK = 3:1
Znajdź: S APK -?
5. Zadawanie zadań domowych
D.Z. wg podręcznika s. 124-125 nr 473; 506; 511(a)
6. Podsumowanie lekcji
Literatura
1. Geometria 7-9. / L.S. Atanasyan, V.F. Butuzow i inni/ „Oświecenie”, OJSC „Podręcznik moskiewski”, M., 2008;
2. zeszyt ćwiczeń dla 8 klasy. o/o instytucjach. Geometria. / Atanasyan L.S. i inni / „Oświecenie”, M, 2005;
2. Polonsky V.B., Rabinovich E.M., Yakir M.S. / Geometria: Książka problemów dla kurs szkolny M.: AST-PRESS: Master-S, 1998.