Задачи на отношения и подобие Часть 1: Часть 3

Видео

Конспект

Пример 5.6.

Условие

В равнобедренном треугольнике ABC , где AB = BC = a , AC = b , из точки A проведена прямая до пересечения с прямой BC в точке D так, что AD = AC . Найдите длину отрезка BD .

Решение

Рис. 5.9.

Рассмотрим сначала остроугольный треугольник, в котором a>b (рис. 5.9.). Тогда точка D лежит на стороне BC . Треугольники ABC и ADC подобны по 1 признаку, значит, \frac{a}{b}=\frac{b}{CD}\Longleftrightarrow CD=\frac{b^2}{a} . Тогда BD=BC-CD=a-\frac{b^2}{a} .

Рис. 5.10.

В случае тупоугольного треугольника точка D лежит на продолжении стороны BC (рис. 5.10.). Из подобия треугольников ABC и ADC снова получаем CD=\frac{b^2}{a} . Однако BD=CD-a= \frac{b^2}{a}-a=\frac{b^2-a^2}{a}. Используя модуль, можно записать ответ одним выражением.

Ответ \frac{\left|a^2 - b^2\right|}{a} .

Пример 5.7.

Условие

В \triangle ABC проведены высоты BK и AL . Докажите, что \triangle LCK подобен \triangle ABC и коэффициент подобия равен |\cos C| .

Доказательство

Geom_159 Рис. 5.11.

Так как \triangle BCK \sim \triangle ACL (рис. 5.11.) по двум углам ( \angle C - общий, оба треугольника прямоугольные), то \frac{LC}{CK} = \frac{AC}{BC} . Далее, \triangle LCK \sim \triangle ABC по второму признаку подобия, так как их стороны пропорциональны \left( \frac{LC}{CK} = \frac{AC}{BC} \right) и угол C - общий. Из прямоугольного треугольника LCA получаем коэффициент подобия \frac{LC}{AC} =| \cos C| (На рисунке рассмотрен треугольник с острым углом C , для которого \cos C>0 , в случае тупого угла доказательство проводится аналогично, но \cos C<0 и поэтому коэффициент подобия равен |\cos C| ).

Задача 5.8.

Условие

В треугольнике ABC проведены высоты BD и CE . Точка E делит сторону AB в отношении n:m , считая от точки A . Найдите DE и радиус R окружности, описанной около \triangle ABC , если BC = a , AD=2AE .

Решение

5.8 Если известно, в каком отношении точка E делит сторону AB , то можно обозначить AE=mx , EB=nx , AD=2mx , где x - некоторый коэффициент. Как было показано выше, треугольник ADE подобен треугольнику ABC с коэффициентом |\cos\alpha| , \cos\alpha=\frac{AD}{AB}=\frac{2mx}{mx+nx}=\frac{2m}{m+n}. Из подобия следует, что ED=\frac{2mna}{m+n}. Радиус описанной окружности найдем по теореме синусов: 2R=\frac{a}{\sin A}= \frac{a}{\sqrt {1- \left(\frac{2m}{m+n}\right)^2}}.

Ответ DE = \frac{2an}{m+n} ; R = \frac{a(m+n)}{2\sqrt{m^2+2nm-3 n^2}} .

Задача 5.9.

Условие

В остроугольном треугольнике ABC опущены три высоты AQ , BR и CP на стороны треугольника. Докажите, что эти высоты являются биссектрисами в \triangle PQR .

Доказательство

5.9 Рассмотрим \triangle RQC , он подобен \triangle ABC , причем \angle CQR=\angle A . Тогда \angle AQR=\frac{\pi}{2}-\angle A . Далее, \triangle PQB подобен \triangle ABC , причем \angle BQP=\angle A . Тогда \angle AQP=\frac{\pi}{2}-\angle A . Значит, AQ - биссектриса угла \angle PQR . Для остальных углов доказательство аналогичное.