1

Исследовательская Работа

ГОМОТЕТИЯ

Ученицы 11 M Школы №32 Соловьева Алена и Киселева Яна

Учитель Стаханова Полина Александровна

Ижевск 2012

Содержание

2

Введение……………………………………………………………………2 1. Теоретическая часть (Литературный обзор) Определение гомотетии…………………………………………………3 Различные примеры гомотетии…..……………………….…………….4 Основные свойства гомотетии…………………………………………..6 Гомотетия окружностей…………………………………………...........10 Построение гомотетичных фигур .…………………………………….12 Пантограф ………………………………………………………………15 2 Практическая часть…………………………………………………......16 Заключение……………………………………………………………......30 Литература……………………………………………………..………….31

3

Введение

Тема работы посвящена гомотетии. Эти замечательное понятие хоть и входит в программу школьного курса геометрии средней школы, но про гомотетию говорится вскользь и недостаточно подробно. Однако при решении целого класса задач это понятие позволяет получить красивое решение, в то время когда традиционные подходы приводят к громоздким и утомительным преобразованиям. Актуальность, новизна исследования. 1. Данная тема является дополнением и углублением изученных в курсе геометрии свойств. 2. Применение опыта решения планиметрических задач с использованием гомотетии помогает повысить уровень пространственного воображения и уровень логической культуры. 3. Изучение данной темы поможет более глубоко подготовиться к вступительным экзаменам и успешному участию в математических конкурсах и олимпиадах. 4. Данная работа может быть использована для проведения практических занятий на элективных курсах с учащимися выпускных классов и при подготовке к Единому Государственному Экзамену и поступлению в ВУЗ.

Работа состоит из двух частей: в первой части – теоретической - рассказывается, что такое гомотетия, формулируются и доказываются некоторые ее свойства. Во второй - практической части - рассмотрены задачи, которые можно решать с помощью гомотетии. К сожалению, гомотетия используется очень редко, а ведь она может существенно помочь нам в решении задач.

Цель работы: исследование гомотетии и её свойств, а также применение гомотетии при решении задач. Методы исследования: 1) Изучение теории 2) Доказательства некоторых свойств гомотетии 3) Установление связи между гомотетией и решением задач 4) Выполнение практической части

4

ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ.

(Литературный обзор)

Гомотетией пространства с центром О и коэффициентом k ≠0 называется преобразование пространства, при котором любая точка X отображается на такую точку X` , что OXkXO .

Гомотетию с центром O и коэффициентом k обозначают kOH . Если при

этой гомотетии точка X отображается на точку X`, то пишут или и говорят, что точка X` гомотетична точке X. Аналогично определяются гомотетичные фигуры. Е. В. Потоскуев, Л. И. Звавич. Геометрия 10 класс: учебник для общеобразовательных учреждений с углубленным и профильным изучением математики. Определения из учебников А. В. Погорелов. Геометрия: Учебник для 10 – 11 классов общеобразовательных учреждений. Гомотетия относительно центра O с коэффициентом k гомотетии --- это преобразование, которое переводит произвольную точку X в точку X` луча OX , такую, что OX`=k∙OX. В учебнике рассматривается гомотетия только с положительным коэффициентом. В.М.Клопский, З.А.Скопец, М.И.Ягодовский. Геометрия. Учебное пособие для 9 и 10 классов средней школы . Гомотетией с центром O и коэффициентом k называется преобразование пространства, при котором образом произвольной точки X является такая точка X`, что OXkXO . Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев, Л. С. Киселева, Э. Г. Позняк. Геометрия: Учебник для 10 – 11 классов общеобразовательных учреждений . Центральным подобием с центром O и коэффициентом k≠0 называется отображение пространства на себя, при котором каждая точка X переходит в такую точку X`, что OXkXO Обобщив всё выше перечисленное, подведём итог.

5

Определение гомотетии. Пусть на плоскости задана некоторая точка O и задано некоторое действительное число k, неравное нулю. Гомотетией (или перспективно-подобным преобразованием, или центрально-подобным преобразованием) с центром в точке O и коэффициентом k называется такое преобразование фигуры, при котором:

1. Каждой точке X, отличной от O, этой фигуры сопоставляется такая точка X , что:

точки O, X, и X лежат на одной прямой; длина отрезка XO в k раз больше длины отрезка OX, т.е. XO =

OXk ;

отрезки OX и XO одинаково направлены, если k>0, и противоположно направлены, если k<0.

2. Точке O сопоставляется эта же точка. Запишем эти условия короче: OXkXO . Гомотетию с центром О и

коэффициентом k будем обозначать так: kOH .

Итак, по определению XXH k

O )( OXkXO . На рисунке 1 изображены точки А, В, С и их образы соответственно СВА ,, в 3

ОН . Здесь 3::: OCCOOBBOOAАО .

Рис. 1

6

Если в некоторой гомотетии точке Х ставится в соответствие некоторая точка X , то говорят, что точка X гомотетична точке Х. Аналогично, если некоторая гомотетия преобразует какую-либо фигуру Ф в фигуру Ф , то фигуру Ф называют гомотетичной фигуре Ф.

Гомотетичные фигуры:

Рассмотрим частные примеры гомотетии.

1. k=1. В этом случае OXXO , т.е. точка X совпадает с точкой Х (при

любом выборе Х). Другими словами, каждая точка плоскости преобразуется в себя. Таким образом, при k=1 гомотетия представляет собой тождественное преобразование плоскости.

2. k=-1. ОХХО . Точка X симметрична точке Х относительно центра гомотетии. В этом случае гомотетия является симметрией относительно точки О.

3. OOH kO )( , т.к. OOOOk . Значит, центр гомотетии является ее

неподвижной точкой. Наглядно можно представить себе гомотетию при k>1 как растяжение

плоскости от точки О, а при 0<k<1 – как сжатие плоскости к центру гомотетии.

Гомотетия называется прямой при k>0 и обратной при k<0.

7

В случае прямой гомотетии точка и ее образ располагаются по одну сторону от центра, в случае обратной гомотетии – по разные стороны.

Если существует гомотетия, преобразующая данную фигуру Ф в некоторую другую данную фигуру Ф , то эти фигуры называют перспективно-подобными или подобными и подобно-расположенными, а центр гомотетии называется центром подобия этих фигур. В случае, когда каждая точка фигуры Ф и соответственная ей точка фигуры Ф располагаются по одну сторону от центра подобия (гомотетия прямая), центр подобия называется внешним (рисунок а). Если же соответственные точки перспективно-подобных фигур располагаются по разные стороны от центра подобия (гомотетия обратная), то центр подобия называется внутренним (рисунок б).

Основные свойства гомотетии.

Свойство 1. Гомотетия является взаимно однозначным преобразованием. В самом деле, для каждой точки X существует единственная точка Х

на прямой XO , такая, что OXkXO . Другими словами, для каждой точки X существует единственный прообраз.

8

Свойство 2. Всякая прямая, проходящая через центр гомотетии, преобразуется в себя (это вытекает из определения гомотетии и свойства 1). Свойство 3. Луч, исходящий из центра гомотетии, преобразуется:

в себя, если гомотетия прямая; в луч, симметричный рассматриваемому относительно центра гомотетии, если гомотетия обратная. (по определению гомотетии и свойству 1).

Свойство 4. Отрезок, соединяющий две произвольные точки плоскости, не лежащие на одной прямой с центром гомотетии, и отрезок, соединяющий образы этих точек, параллельны. Доказательство.

Рис. 2

Пусть точкам А и В сопоставлены соответственно точки А и В (рисунок 2).

Тогда OAkAO и OBkBO OB

BO

OA

AO

. Значит, прямые АВ и BA

отсекают на сторонах угла АОВ пропорциональные отрезки. Отсюда AB иBA параллельны, BA = ABk .

Примечание. BAAB , если гомотетия прямая, и BAAB , если гомотетия обратная. На самом деле, прямая AA делит плоскость на две полуплоскости 1 и 2 . Луч ОВ принадлежит одной из этих полуплоскостей, предположим, 1 . Если гомотетия прямая, то точка B принадлежит тому же лучу, и той же полуплоскости 1 . Это значит, что векторы АВ и ВА лежат по одну сторону от прямой АА , соединяющей их начала, ВААВ . Аналогично, в случае обратной гомотетии BAAB (рисунок 3).

9

Рис. 3 Свойство 5. Всякая прямая, не проходящая через центр гомотетии, преобразуется в параллельную ей прямую (если 1k ). Доказательство.

Рис. 4

Пусть прямая а не проходит через центр гомотетии O, т. А a и т. aB , а Aи B - гомотетичные им точки. Прямую BA обозначим a (рисунок 4). Если т. Х a , X образ т. Х, то по свойству 4 ABBA и AXXA . Т.е. прямые XA и

BA проходят через точку A параллельно одной и той же прямой. Значит, они совпадают, и т. aX . Итак, всякая точка прямой а преобразуется в некоторую точку прямой a . Обратно: пусть X а , aOX . aa , XaOX . Очевидно, что именно

точка Х преобразуется в данную точку X . XAO и OAX подобны, XO :AOOX : kOA . (Ясно, что т. Х и X располагаются по одну сторону от О в

случае прямой гомотетии, и по разные стороны в случае обратной). Таким образом, каждая точка прямой a служит образом некоторой точки прямой а. Свойство 6. При гомотетии параллельные прямые преобразуются в параллельные же прямые. Доказательство: На самом деле, пусть прямая а параллельна прямой b и некоторая гомотетия преобразует эти прямые соответственно в прямые а и b . Тогда прямые а и b не могут иметь общих точек, т.к. прообраз общей точки лежал бы как на

10

прямой а, так и на прямой b. Но эти прямые общих точек не имеют по условию.

Свойство 7. При гомотетии отрезок преобразуется в отрезок. Доказательство: Пусть АВ – какой-либо отрезок, Аи В - точки, соответственно гомотетичные точкам А и В. АВР , т. Р гомотетична т. Р. АР+РВ=АВ по условию. По свойству 4 BAABkPBAPkPBkAPkВРРА )( , т.е.

BABPPA , а это возможно только тогда, когда т. BAP (в противном случае BPPA > BA ). Значит, каждая точка отрезка АВ преобразуется в точку отрезка BA . Аналогично каждая точка отрезка BA гомотетична некоторой точке отрезка АВ.

Свойства 8 и 9 вытекают из определений и доказанных свойств:

Свойство 8. При гомотетии луч переходит в луч, причем луч и его образ направлены одинаково в случае прямой гомотетии и противоположно в случае обратной гомотетии. Свойство 9. При гомотетии угол преобразуется в равный ему угол.

Свойство 10. При гомотетии треугольник преобразуется в подобный ему треугольник.

11

Доказательство: Пусть вершины треугольника АВС преобразуются соответственно в точки А ,

Ви С . По свойству 7 стороны треугольника АВС преобразуются

соответственно в стороны треугольника CBA , и kAC

CA

CB

BC

AB

BA

.

Значит, треугольники АВС и CBA подобны. Свойство 11. При гомотетии многоугольник преобразуется в подобный ему многоугольник. Доказательство: Каждая вершина многоугольника АВСD преобразуется соответственно в т.

DСВА ,,, соответственно. По свойству 7 стороны многоугольника АВСD преобразуются соответственно в стороны многоугольника DСВА , и

kAD

DA

CD

DC

BC

CB

AB

BA

. Значит, многоугольники АВСD и DСВА

подобны.

Гомотетия окружностей

12

Всякая гомотетия отображает окружность на окружность, так как при гомотетии все расстояния умножаются на одно и то же число – модуль коэффициента гомотетии.

Свойства гомотетичных окружностей. Свойство 1. При гомотетии всякая окружность преобразуется в некоторую окружность , причём центр окружности преобразуется в центр окружности , а отношение радиуса окружности к радиусу окружности равно абсолютной величине коэффициента гомотетии.

Рис. 5

Доказательство. Пусть (О, R) – данная окружность, Р – произвольная её точка, Ои Р - точки, гомотетичные соответственно точкам О и Р (рисунок 5). Тогда по свойству 4, OPkРО , т.е. RkPO . Итак, точка Р , гомотетичная произвольной точке Р данной окружности , лежит на окружности (О ,Р), причём RkR , что и требовалось доказать. Свойство 2. Две несовпадающие окружности имеют не более одного внешнего центра подобия. Доказательство.

Пусть прямая гомотетияkSH преобразует данную окружность 1 (O1, R1) в

другую данную окружность 2 (O2, R2) (рисунок 6). Докажем, что в этом случае точка S совпадает с точкой, делящей отрезок О1О2 внешним образом в отношении R2:R1, т. е. SO2:SO1 = R2:R1. Прежде всего заметим, что центр гомотетии S должен лежать на линии центров, т. е. на прямой, проходящей через точки О1 и О2. Чтобы показать это, проведём прямую через S и О1. Она пересечёт окружность 1 в двух точках А и В. Но тогда она должна пересечь и

окружность 2 в точках Аи В , соответственно гомотетичных точкам А и В.

Пусть теперь Р – произвольная точка окружности 1 , отличная от точек А и

В. Тогда гомотетичная ей точка Рдолжна лежать на окружности 2 и,

13

следовательно, является одной из точек пересечения окружностей 2 и прямой SP. Соединим Р с А и В, а Р - с А и В .

Рис. 6

Тогда угол ВРА должен быть равен углу АРВ. Но АРВ = 090 , т.к. АВ – диаметр окружности 1 ; значит ВА - диаметр 2 . При гомотетии середина отрезка АВ преобразуется в середину отрезка ВА , т.е. О1 преобразуется в О2. Отсюда вытекает, что точки S, О1 и О2 лежат на одной прямой.

Коэффициент гомотетии 1

2

R

R

AB

BAk

.

Таким образом, 1

2

1

2

R

R

SO

SO .

Теорема доказана, т. к. существует только одна точка, делящая отрезок внешним образом в данном отношении. Свойство 3. Если две неравные окружности имеют общую внешнюю касательную, то она проходит через внешний центр подобия (рисунок 7).

Рис. 7

Построение гомотетичных фигур.

14

Построение фигуры, гомотетичной данной, в простейших условиях сводится к построению точек, гомотетичных данным. Поэтому сначала выясним, как может быть построена точка, гомотетичная данной, при различных способах задания гомотетии.

1. Гомотетия задана центром О и парой соответственных точек А и А (точки О, А и А расположены на одной прямой). Пусть т. ОАР . Проведем через т. Апрямую, параллельную АР, и пусть Р - точка пересечения ее с прямой ОР. Тогда т. Р и является образом точки Р в данной гомотетии (рисунок 8).

Рис. 8 Если же т. ОАР , то сначала выберем произвольную т. Q ОА и

построим гомотетичную ей т. Q . Затем, используя пару гомотетичных точек Q и Q , построим искомую точку Рописанным выше способом.

2. Гомотетия задана двумя парами соответственных точек. Пусть заданы т. А, Р и соответственные им т. РА , (рисунок 8). При этом

РААР , исключая случай, когда все эти точки лежат на одной прямой.

Кроме того, эти отрезки должны быть неравными или же равными, но противоположно направленными. Из этих условий легко определить центр гомотетии как точку пересечения прямых АА и РР , а затем поступать так, как в первом случае.

3. Гомотетия задана центром и коэффициентом. Пусть коэффициент

гомотетии задан как отношение данных отрезков m и n, т.е. n

mk . Этот

случай без труда сводится к первому. Проведем из т. О произвольный луч l (рисунок 9) и отложим на нем отрезки mAOnОА , . Очевидно, что т. А и А являются соответственными в данной гомотетии, так что мы пришли к первому случаю. На рисунке показано построение т. Р , гомотетичной т. Р.

15

Рис. 9 Если коэффициент гомотетии задан как отношение двух натуральных

чисел, например q

pk , где p и q – натуральные числа, то выбираем

произвольный отрезок d и строим два отрезка: m = pd и n = dq. Отсюда

n

mk , и задача свелась к рассмотренному случаю.

Пусть теперь требуется построить отрезок, гомотетичный данному

отрезку PQ относительно центра О, если коэффициент n

mk , где

m и n – данные отрезки. Отложим на произвольном луче, исходящем из т. О, отрезки

mAOnОА , . Ясно, что т. А будет гомотетична т. А в рассматриваемой гомотетии. Затем строим т. Р и Q , гомотетичные точкам Р и Q (рисунок 10). Отрезок QP искомый.

Рис.10 Если т. Р и Q не лежат на одной прямой с т. О, то можно сначала ранее указанным способом построить т. Р , гомотетичную т. Р, а затем провести через т. Рпрямую, параллельную PQ. Пусть Q - точка ее пересечения с прямой OQ. Отрезок QР искомый.

Построение многоугольника, гомотетичного данному, сводится к предыдущему построению.

16

На рисунке 11 показано построение треугольника, соответствующего PQR в nm

OH /. Здесь mAOnОА , , QRRQPQQPAPPA ,, .

Рис. 11

Пантограф

Существует механизм, который даёт возможность вычертить фигуру, перспективно-подобную любой заданной фигуре, притом с любым положительным коэффициентом подобия. Это - пантограф. Впервые он был создан вначале 17 века.

Пантограф состоит из четырёх стержней SC, BC, DA и AF, скреплённых шарнирно в точках D, C, F и А. Эти точки выбираются так, что в некотором начальном положении пантографа четырёхугольник ADCF - параллелограмм, причём точки А и В лежат на одном луче, исходящем из точки S. Точка S закрепляется на плоскости неподвижно. Пусть длины стержней ВС и AD

17

равны соответственно m и n. Когда точка А опишет какую - либо фигуру Ф, то точка В опишет некоторую фигуру Ф', соответствующую фигуре Ф в гомотетии с центром S и коэффициентом k = m/n.

18

ПРАКТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ Задача №1. Доказать, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков высот от вершин до точки их пересечения лежат на одной окружности. Дано: АВС , Н - точка пересечения его высот, А1, В1, С1 - середины отрезков АН, ВН, СН; АА2, СС2, ВВ2 - высоты, А3, В3, С3 – середины сторон треугольника. Доказать: А1, В1, С1, А2, В2, С2, А3, В3, С3 лежат на одной окружности. Доказательство:

1. Дополнительное построение: описанная окружность . 2. Т. к. точки, симметричные ортоцентру Н АВС относительно его

сторон, лежат на одной окружности, то вписанная окружность есть образ описанной окружности при гомотетии с центром Н.

19

3. 111 САВ = ВАС (т. к. окружности гомотетичны) и 11121 НСВСАВ , ВАСНСВСАВ 18011121 , т. е. А1, В1, А2, С1 лежат на одной окружности.

4. ВАСНСВСАВ 18011331 , т.е. А1, В1, А3, С1 лежат на одной окружности.

5. из пунктов 3 и 4 следует, что А1, В1, С1, А2, А3 лежат на одной окружности, а т.к. А2 и А3 лежат, то и В2, В3 и С2, С3 тоже лежат на ней.

Что и требовалось доказать.

20

Задача №2. Доказать, что ортогональные проекции точки, принадлежащей описанной около треугольника окружности, на прямые, содержащие его стороны, коллинеарны (теорема Симсона). Доказательство:

1. Дополнительное построение: описанная окружность е, точка М ;

2. Пусть Р1, Р2, Р3 - ортогональные проекции М на прямые АВ, СВ, СА; 3. Построим М1, М2, М3 симметричные точке М относительно этих

прямых. 4. М1, М2, М3 лежат на одной прямой, т. к. проходят через ортоцентры; 5. т. к. Р1, Р2, Р3 - ортоцентры, то они делят ММ1, ММ2, ММ3 пополам

соответственно,

гомотетия 2/1

МН отображает М1, М2, М3 на Р1, Р2, Р3, которые принадлежат прямой, являющейся образом М1М2.

Что и требовалось доказать.

21

Задача № 3. Четырёхугольник разрезан диагоналями на четыре треугольника. Докажите, что их точки пересечения медиан образуют параллелограмм. Дано: ABCD – четырехугольник; OACВD ; N, L, K, M – точки пересечения медиан DООСОDВОСАОВ ,,, соответственно. Доказать: NLKM – параллелограмм. Доказательство:

1. Рассмотрим гомотетию 2/3

ОН . Тогда точки N, L, K, M перейдут в точки N1, L1, K1, M1 соответственно, а полученные точки будут являться серединами сторон четырехугольника. Кроме того, четырехугольник NLKM будет гомотетичен четырехугольнику N1 L1 K1 M1.

2. Т.к. L1, K1 – середины сторон, то L1 K1 – средняя линия DBC , DBLK

11 . Аналогично, M1N1 – средняя линия DBNMABD 11, .

Значит, 1111 NMLK . N1 L1 – средняя линия ACLNАВС 11, , M1 K1 –

средняя линия ACKMDAC 11, . Значит, 1111 MKLN .

3. Получается, что в четырехугольнике N1 L1 K1 M1 противоположные стороны попарно параллельны, 1111 MKLN - параллелограмм, а значит и гомотетичный ему четырехугольник NLKM – параллелограмм.

Что и требовалось доказать.

22

Задача № 4. Продолжения боковых сторон AB и CD трапеции ABCD пересекаются в точке K, а её диагонали—в точке L. Докажите, что точки K, L, M и N, где M и N—середины оснований BC и AD, лежат на одной прямой.

Дано: АВСD – трапеция, KDCАВ , LDBAC . Т. M – середина ВС, N – середина AD. Доказать: т. K, L, M, N лежат на одной прямой. Доказательство:

1. При гомотетии с центром K ВКС перейдет в AKD , значит, т. М

перейдет в т. N. MNK . 2. При гомотетии с центром L LBC перейдет в LDA , а т. М – в т. N.

MNL . 3. Отсюда следует, что ,, MNKL т. K, L, M, N лежат на одной прямой.

Что и требовалось доказать.

23

Задача № 5. Доказать, что в неравностороннем треугольнике ABC центроид G, ортоцентр H и центр O описанной окружности лежат на одной прямой, причем

OGGH 2 . Дано: АВС , т. G – центроид, т. Н – ортоцентр, т. О – центр описанной окружности. Доказать: т. G, H, O лежат на одной прямой. Доказательство:

По свойству медиан АВС гомотетичен 111 СВА с вершинами в серединах его сторон относительно точки G пересечения медиан: 111 ,, ССВВАА при

2/1GН . Соответственные стороны этих треугольников параллельны. Прямые

111 ,, ОСОВОА содержат высоты 111 СВА . Так как гомотетия сохраняет величину угла, то высоты AH, BH, CH АВС указанной гомотетией отображаются на высоты 111 ,, ОСОВОА 111 СВА , т. H пересечения высот АВС переходит в т. O пересечения высот 111 СВА . Поэтому точки H

и O лежат на одной прямой с центром G гомотетии и OGGHGHGO 2,2

1

. Прямая, содержащая центроид G, ортоцентр H и центр O описанной около треугольника окружности, называется прямой Эйлера треугольника.

24

Задача №6. На продолжениях медиан АК, ВL, CM треугольника АВС взяты точки P, Q, R

так, что CMMRBLLQAKKP2

1,

2

1,

2

1 . Найти площадь треугольника PQR,

если площадь треугольника АВС равна 1. Дано: АВС , АК, ВL, CM – медианы,

CMMRBLLQAKKP2

1,

2

1,

2

1 , SABC =1.

Найти: SPQR. Решение:

1. Медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, и

CMMRBLLQAKKP2

1,

2

1,

2

1 ,

4

5

2

5,2

CO

OR

BO

OQ

AO

OP

2. Тогда при гомотетии kOH , где

4

5k (т.к. гомотетичные точки

расположены по разные стороны от центра гомотетии), АВС будет гомотетичен PQR , кроме того, эти треугольники будут подобны, т.к. гомотетия отображает треугольник в подобный ему треугольник. А у подобных треугольников площади относятся как квадрат

коэффициента подобия: 16

25

16

25 ABCPQR SS

Ответ: 16

25 .

25

Задача №7. Докажите, что точки, симметричные произвольной точке относительно середин сторон квадрата, являются вершинами некоторого квадрата. Дано: ABCD - квадрат, P - произвольная точка; M, N, K, L - середины сторон квадрата АВСD соответственно. Доказательство: 1) Построим Р1, Р2, Р3 и Р4 - точки симметричные т. Р относительно середин АВ, ВС, СD, DA.

2) т. к. Р1, Р2, Р3 и Р4 лежат на PM, PN, PK, PL соответственно, то Р1, Р2, Р3 и Р4 гомотетичны M, N, K, L относительно P с коэффициентом 2, т. к. РР1 = 2РМ, РР2 = 2РN, PP3 = 2PK, PP4 = 2PL и т. к. MNKL - квадрат, то Р1P2P3P4 - тоже квадрат. Что и требовалось доказать.

26

Задача №8. Точки K и L на сторонах соответственно AB и AC остроугольного треугольника ABC таковы, что KL BC ; M – точка пересечения

перпендикуляров, восставленных в точках K и L к отрезкам AB и AC . Докажите, что точки A , M и центр O описанной окружности треугольника ABC лежат на одной прямой. Дано: АВС , KL ВС, KM ┴ AB и LM ┴ AC

Доказать: А, М и центр описанной окружности коллинеарны. Доказательство: 1. Дополнительное построение: описанная окружность с центром О.

2. Пусть D и Е - середины сторон АВ и АС соответственно, тогда Д. п. DE BC, тогда KL BC DE (DE - средняя линия АВС )

3. DO и ЕО - серединные перпендикуляры (т. к. О - точка пересечения серединных перпендикуляров, центр описанной окружности). DO KM, EO LM KM DO, ML OE и М O,

что является гомотетией kАН ,

точки А, М, О - лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

27

Задача №9. АА1, ВВ1, СС1 – высоты остроугольного треугольника АВС. Докажите, что радиус окружности, описанной около треугольника А1В1С1 в 2 раза меньше радиуса окружности, описанной около треугольника АВС. Дано: АВС , АА1, ВВ1, СС1 – высоты. Доказать: RABC = 2RA1B1C1. Доказательство:

1. Пусть M, N, P – тоски пересечения высот с окружностью, описанной

около АВС . 2. Докажем, что НА1 = А1М.

На самом деле, 111 90 АВАВААСВС . Но МСВВАА 1 (вписанные углы, опираются на общую дугу МВ). Тогда 11 НСАМСА , и СА1 ┴ НМ, то НСМ равнобедренный и НА1 = А1М. Аналогично НВ1 = В1N и НС1 = С1Р.

3. Теперь ясно, что 111 СВА гомотетичен MNP с коэффициентом гомотетии k = 2.

1112 CBAABCHNP RRR .

Что и требовалось доказать.

28

Задача №10. Пусть R и r — радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника. Докажите, что R2r, причём равенство достигается лишь для равностороннего треугольника. Дано: АВС - равносторонний. R – радиус описанной окружности, r – радиус вписанной окружности. Доказать: R2r. Доказательство:

1. Пусть А1, В1, С1 – середины сторон ВС, АС и АВ соответственно. 2. При гомотетии с центром в точке пересечения медиан треугольника и

коэффициентом гомотетии -1/2, описанная окружность S АВС переходит в описанную окружность S1 111 СВА .

3. Т.к. окружность S1 пересекает все стороны АВС , то можно построить треугольник CBA со сторонами, параллельными сторонам АВС , для которого S1 будет вписанной окружностью.

4. Пусть r и r – радиусы вписанных окружностей треугольников АВС и

CBA , R и R1 – радиусы окружностей S и S1. Ясно, что 21

RRrr .

Равенство достигается, если треугольники CBA и АВС совпадают, т.е. S1 – вписанная окружность АВС . В этом случае АВ1=АС1, поэтому АВ=АС.

5. Аналогично АВ=ВС. Что и требовалось доказать.

29

Задача №11. Теорема Наполеона: На сторонах треугольника извне построены равносторонние треугольники. Доказать, что их центры являются вершинами равностороннего треугольника, центр которого находится в точке пересечения медиан исходного треугольника. Доказательство:

1. Пусть АВС – данный треугольник, АВС1, АВ1С и А1ВС –

равносторонние треугольники, GA, GB, GC – их центры, G – точка пересечения медиан треугольника АВС.

2. При повороте вокруг точки А на угол 60 , отрезок АС1 переходит в АВ, а отрезок АС – в АВ1. Поэтому отрезок СС1 переходит в В1В, а значит, СС1=ВВ1, и угол между этими отрезками равен 60 . Аналогично СС1=АА1, АА1=ВВ1=СС1. Угол между любыми двумя из этих отрезков равен 60 .

3. При гомотетии с центром в середине стороны ВС и коэффициентом 1/3 точка А переходит в G, а точка А1 – в GA. Поэтому прямые GGA и АА1

параллельны или совпадают, 13

1AAGGA .

4. По аналогичной причине прямые GGB и ВВ1, GGC и СС1 параллельны

или совпадают, и 13

1BBGGB , 13

1CCGGC .

5. Таким образом, отрезки GGA, GGB и GGC равны и образуют между собой углы по 120 . CBA GGG - равносторонний, а G – его центр.

Что и требовалось доказать.

30

Задача №12. В трапеции точка пересечения диагоналей равноудалена от прямых, на которых лежат боковые стороны. Докажите, что трапеция равнобедренная. Дано: АВСD – трапеция, т. пересечения диагоналей равноудалена от прямых, на которых лежат боковые стороны. Доказать: ABCD – равнобедренная трапеция. Доказательство:

1. Пусть продолжения боковых сторон AB и CD пересекаются в точке K, а диагонали трапеции пересекаются в точке L. 2. Прямая KL проходит через середину отрезка AD (смотри задачу № 4), а по условию задачи эта же прямая делит пополам угол AKD. Поэтому треугольник AKD равнобедренный, а значит, трапеция ABCD тоже равнобедренная.

Что и требовалось доказать.

31

Задача №13. Медианы AA1, BB1 и CC1 треугольника ABC пересекаются в точке M; P — произвольная точка. Прямая la проходит через точку A параллельно прямой PA1; прямые lb и lc определяются аналогично. Докажите, что прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке Е. Дано: АВС - треугольник, Р - произвольная точка, АА1, ВВ1, СС1 - медианы, РА1 II la, PB1 II lb и PC1 II lc Доказать: la, lb и lc пересекаются в одной точке Е Доказательство:

Рассмотрим гомотетию с центром M и коэффициентом −2: прямые PA1, PB1 и PC1 переходят в прямые la, lb и lc => и искомая точка Е является образом точки P при этой гомотетии.

Что и требовалось доказать.

32

ЗАКЛЮЧЕНИЕ.

«Обладая литературой более обширной, чем алгебра и

арифметика вместе взятые, и, по крайней мере, столь же

обширной, как анализ, геометрия в большей степени чем

любой другой раздел математики, является богатейшей

сокровищницей интереснейших, но полузабытых вещей,

которыми спешащее поколение не имеет времени

насладиться».

Е. Т. Белл.

Выводы: 1. Анализ теоретического материала по гомотетии позволил узнать свойства и область применения гомотетии, а также помогло повысить наш уровень пространственного воображения и уровень логической культуры.. 2. Решение практических задач показало, что многие задачи, даже очень сложные, можно решить с помощью гомотетии, сэкономив при этом и время, и силы. 3. Мы узнали много нового и интересного, работая над данной темой. Это действительно занимательно и увлекательно. Надеемся, что эта тема пригодится нам в будущем при изучении геометрии а также поможет более глубоко подготовиться к вступительным экзаменам и успешному участию в математических конкурсах и олимпиадах. .

33

Список использованной литературы Планиметрия. Пособие для углублённого изучения математики - Бутузов, Кадомцев. 2005 Элементарная геометрия. Планиметрия. - Понарин Я. П. 2004 Задачи по планиметрии. Прасолов В. В. Задачи по геометрии, Планиметрия. - И. Ф. Шарыгин. 1982 Геометрические построения на плоскости. - Б. И. Аргунов, М. Б. Балк. 1957 Учимся решать задачи по геометрии. Учебно-методическое пособие. - Полонский В.Б., Рабинович Е.М., Якир М.С. 1996.