§ 2.4. Применение подобий к решению задач планиметрии.
1) Задачи на доказательство. Здесь используется свойство гомотетии отображать прямую на параллельную ей прямую, а также обязательная коллинеарность трех точек: центра гомотетии, образа и прообраза. Покажем это на примерах.
Задача. Доказать, что во всяком треугольнике точка пересечения высот (ортоцентр), точка пересечения медиан (центр тяжести) и центр описанной окружности лежат на одной прямой (теорема о прямой Эйлера).
|
Рис.43 |
Доказательство. Обозначим упоминаемые в условии точки пересечения: высот – через Н, медиан –М, серединных перпендикуляров к сторонам – О (Рис.43). Введем с рассмотрение треугольник А1В1С1, составленный из средних линий треугольника АВС. Поскольку медианы АА1, ВВ1, СС1 делятся точкой М в отношении 2:1 , то можно увидеть гомотетию с центром М и коэффициентом k = - 1/2 , отображающую «большой» треугольник |
в «маленький»:
.
(14)
При этой гомотетии вершины переходят в вершины, стороны - в стороны, всякие фрагменты – в соответственные. Например, ортоцентр Н (из ∆АВС) должен отобразиться тоже в ортоцентр ∆А1В1С1 . Но высоты «маленького» треугольника являются серединными перпендикулярами к сторонам «большого». Поэтому ортоцентром в ∆А1В1С1 является точка О (центр описанной окружности ∆АВС). Следовательно, точки О и Н являются образом и прообразом при гомотетии с центром М, а, значит, втроем лежат на общей прямой. Ч.т.д.
Следствие. В любом треугольнике отрезок, соединяющий ортоцентр Н и центр описанной окружности О, делится точкой пересечения медиан М в отношении 2:1.
Задача. Доказать, что в произвольном треугольнике АВС основания медиан А1, В1, С1, основания высот А2, В2, С2 лежат на одной окружности, центр которой является серединой отрезка, соединяющего ортоцентр Н и центр описанной окружности О. Эта окружность делит пополам отрезки, соединяющие ортоцентр с вершинами треугольника (теорема об окружности Эйлера).
Замечание. Если обозначить середины отрезков [HA], [HB], [HC] как A3, B3, C3, то на общей окружности окажутся точки А1, В1, С1, А2, В2, С2, А3, В3, С3. Поэтому окружность Эйлера называют окружностью девяти точек.
Доказательство. Продолжим рассмотрение гомотетичного расположения треугольников (14). Точка Н отобразилась в центр О описанной окружности ∆АВС, но тот, в свою очередь, должен перейти в соответственную себе точку – центр окружности, описанной около ∆А1В1С1 (обозначим его буквой Е) (Рис.44).
|
|
|
Рис.44 Рис.45
Положение точки Е легко выяснить (Рис.45) из условий гомотетии (14). Так как k=-1/2 ,
то │ОМ│ = 2 │МЕ│, причем точки О и Е лежат по разные стороны от
центра гомотетии. В результате ОМ (третья часть от ОН) и МЕ (половина от трети)
вместе составят половину ОЕ отрезка ОН. Итак, центр Е окружности, описанной
около ∆А1В1С1, будет лежать на середине
отрезка ОН. Покажем, что этой окружности принадлежат основания А2, В2,
С2 высот. Действительно, в прямоугольной трапеции С2НОС1
(Рис.44) точка Е находится на средней линии, которая является серединным
перпендикуляром к отрезку С1С2. Значит, точка Е
равноудалена от С1 и С2 , которые оказываются на общей
окружности с центром Е. Аналогично (т.е. рассмотрением других прямоугольных
трапеций) доказывается, что А2 и В2 тоже лежат на
окружности, описанной около ∆А1В1С1. Эта
окружность делит пополам отрезки НА, НВ, НС, потому что есть еще одна гомотетия
(с центром Н и коэффициентом 2 ), которая отображает рассмотренную окружность
(«маленькую») на описанную около ∆АВС («большую»). На рис.45 видно гомотетичное
расположение центров этих окружностей: 
.
Каждая точка «маленькой» окружности вдвое удаляется от центра Н, переходя в
точку «большой». Поэтому середины А3, В3, С3 отрезков
НА, НВ, НС лежат на окружности Эйлера (окружности девяти точек). Ч.т.д.
2) Задачи на построение.
Пример. В заданный треугольник вписать квадрат, чтобы две его вершины лежали на основании, а две другие – на боковых сторонах треугольника.
|
Рис.46 |
Анализ.
Если вписать произвольный квадрат в
угол |
Уважаемый посетитель!
Чтобы распечатать файл, скачайте его (в формате Word).
Ссылка на скачивание - внизу страницы.
ВАС (Рис.46), то лишь одна его
вершина К1 не будет лежать на стороне заданного треугольника.
Можно заметить, что все квадраты, вписанные в этот угол, будут
между собой гомотетичными с центром А. Поэтому «свободные» вершины К1,
К2 ,… лежат на общей прямой. Построение. Вершина К искомого
квадрата найдется на пересечении прямой АК1 с боковой стороной
СВ.