Глава VIII. §3. Применение подобия (задачи) — с. 180
688. Для определения расстояния от точки А до недоступной точки В на местности выбрали точку С и измерили отрезок АС, углы ВАС и АСВ. Затем построили на бумаге треугольник А1В1С1, подобный треугольнику ABC. Найдите AB, если АС = 42 м, A1C1 = 6,3 см, A1B1 = 7,2 см.
Треугольники ABC и A1B1C1 подобны, поэтому AB/A1B1 = AC/A1C1. Переведём AC в сантиметры: 42 м = 4200 см.
AB = A1B1·AC/A1C1 = 7,2·4200/6,3 = 7,2·2000/3 = 4800 см = 48 м.
Ответ: 48 м.
AB = A1B1·AC/A1C1 = 7,2·4200/6,3 = 7,2·2000/3 = 4800 см = 48 м.
Ответ: 48 м.
689. На рисунке 235 показано, как можно определить ширину ВВ1 реки, рассматривая два подобных треугольника ABC и AB1C1. Определите ВВ1, если АС = 100 м, АС1 = 32 м, AB1 = 34 м. [рисунок 235: точки B и B1 на одном берегу-линии с точкой A, точка C на другом берегу, C1 на отрезке AC]
Точки A, B1, B лежат на одной прямой, A, C1, C — на другой, B1C1 ∥ BC, поэтому △AB1C1 ∼ △ABC, и AB/AB1 = AC/AC1.
AB = AB1·AC/AC1 = 34·100/32 = 106,25 м.
Ширина реки BB1 = AB − AB1 = 106,25 − 34 = 72,25 м.
Ответ: 72,25 м.
AB = AB1·AC/AC1 = 34·100/32 = 106,25 м.
Ширина реки BB1 = AB − AB1 = 106,25 − 34 = 72,25 м.
Ответ: 72,25 м.
690. Разделите данный отрезок AB на два отрезка АХ и ХВ, пропорциональные данным отрезкам Р1Q1 и P2Q2.
Построение.
1) Проводим луч AM, не лежащий на прямой AB.
2) На луче AM циркулем откладываем AC = P1Q1, затем CD = P2Q2 (C между A и D).
3) Проводим прямую BD.
4) Через точку C проводим прямую, параллельную BD; она пересекает отрезок AB в точке X.
Доказательство. Стороны угла A пересечены параллельными прямыми CX и DB, поэтому AX/XB = AC/CD (задача 663), то есть AX : XB = P1Q1 : P2Q2.
Исследование. Задача всегда имеет единственное решение: точка X лежит внутри отрезка AB.
1) Проводим луч AM, не лежащий на прямой AB.
2) На луче AM циркулем откладываем AC = P1Q1, затем CD = P2Q2 (C между A и D).
3) Проводим прямую BD.
4) Через точку C проводим прямую, параллельную BD; она пересекает отрезок AB в точке X.
Доказательство. Стороны угла A пересечены параллельными прямыми CX и DB, поэтому AX/XB = AC/CD (задача 663), то есть AX : XB = P1Q1 : P2Q2.
Исследование. Задача всегда имеет единственное решение: точка X лежит внутри отрезка AB.
691. Начертите отрезок AB и разделите его в отношении: а) 2 : 5; б) 3 : 7; в) 4 : 3.
Общий приём (в каждом пункте отношение m : k): проводим из точки A луч, не лежащий на прямой AB. Циркулем откладываем на нём n = m + k равных отрезков произвольной длины: получаем точки A = P0, P1, ..., Pn. Проводим прямую PnB. Через точку Pm проводим прямую, параллельную PnB; она пересекает AB в искомой точке X. По теореме о пропорциональных отрезках на сторонах угла (задача 663) AX : XB = APm : PmPn = m : k.
а) 2 : 5: откладываем 7 равных отрезков, через вторую точку проводим параллельную прямую; AX = 2/7·AB.
б) 3 : 7: откладываем 10 равных отрезков, через третью точку проводим параллельную; AX = 3/10·AB.
в) 4 : 3: откладываем 7 равных отрезков, через четвёртую точку проводим параллельную; AX = 4/7·AB.
На рисунке красным показаны искомые точки X.
а) 2 : 5: откладываем 7 равных отрезков, через вторую точку проводим параллельную прямую; AX = 2/7·AB.
б) 3 : 7: откладываем 10 равных отрезков, через третью точку проводим параллельную; AX = 3/10·AB.
в) 4 : 3: откладываем 7 равных отрезков, через четвёртую точку проводим параллельную; AX = 4/7·AB.
На рисунке красным показаны искомые точки X.
692. Постройте треугольник по двум углам и биссектрисе, проведённой из вершины меньшего из данных углов.
Пусть даны углы α и β (α < β) и отрезок l — длина биссектрисы, проведённой из вершины угла α.
Построение (метод подобия).
1) Строим какой-нибудь треугольник AB1C1, у которого ∠A = α и ∠B1 = β (откладываем на произвольной прямой отрезок AB1, при его концах строим углы α и β по одну сторону).
2) Строим биссектрису AD1 угла A (D1 на B1C1).
3) На луче AD1 откладываем AD = l.
4) Через точку D проводим прямую, параллельную B1C1; она пересекает стороны AB1 и AC1 в точках B и C.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, поэтому △ABC ∼ △AB1C1 (по двум углам), значит ∠A = α, ∠B = β. Так как при подобии (гомотетии с центром A) биссектриса AD1 переходит в биссектрису угла A, то AD — биссектриса треугольника ABC, и AD = l.
Исследование. Решение единственно (с точностью до равенства треугольников), если α + β < 180°; на рисунке α = 40°, β = 80°.
Построение (метод подобия).
1) Строим какой-нибудь треугольник AB1C1, у которого ∠A = α и ∠B1 = β (откладываем на произвольной прямой отрезок AB1, при его концах строим углы α и β по одну сторону).
2) Строим биссектрису AD1 угла A (D1 на B1C1).
3) На луче AD1 откладываем AD = l.
4) Через точку D проводим прямую, параллельную B1C1; она пересекает стороны AB1 и AC1 в точках B и C.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, поэтому △ABC ∼ △AB1C1 (по двум углам), значит ∠A = α, ∠B = β. Так как при подобии (гомотетии с центром A) биссектриса AD1 переходит в биссектрису угла A, то AD — биссектриса треугольника ABC, и AD = l.
Исследование. Решение единственно (с точностью до равенства треугольников), если α + β < 180°; на рисунке α = 40°, β = 80°.
693. Постройте треугольник по двум углам и высоте, проведённой из вершины третьего угла.
Пусть даны углы α, β и отрезок h — длина высоты, проведённой из вершины C третьего угла.
Построение (метод подобия).
1) Строим какой-нибудь треугольник A1B1C, у которого ∠A1 = α и ∠B1 = β.
2) Проводим его высоту CH1 к стороне A1B1.
3) На луче CH1 откладываем CH = h.
4) Через точку H проводим прямую, параллельную A1B1; она пересекает лучи CA1 и CB1 в точках A и B.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. AB ∥ A1B1, поэтому △ABC ∼ △A1B1C: ∠A = α, ∠B = β. Прямая CH1 перпендикулярна AB, значит CH — высота треугольника ABC, и CH = h.
Исследование. Задача имеет решение, если α + β < 180°; решение единственно с точностью до равенства треугольников. На рисунке α = 50°, β = 60°.
Построение (метод подобия).
1) Строим какой-нибудь треугольник A1B1C, у которого ∠A1 = α и ∠B1 = β.
2) Проводим его высоту CH1 к стороне A1B1.
3) На луче CH1 откладываем CH = h.
4) Через точку H проводим прямую, параллельную A1B1; она пересекает лучи CA1 и CB1 в точках A и B.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. AB ∥ A1B1, поэтому △ABC ∼ △A1B1C: ∠A = α, ∠B = β. Прямая CH1 перпендикулярна AB, значит CH — высота треугольника ABC, и CH = h.
Исследование. Задача имеет решение, если α + β < 180°; решение единственно с точностью до равенства треугольников. На рисунке α = 50°, β = 60°.
694. Постройте треугольник ABC по углу А и медиане AM, если известно, что AB : АС = 2 : 3.
Пусть дан угол A (на рисунке обозначен α) и отрезок m — длина медианы AM.
Построение (метод подобия).
1) Строим угол, равный данному, с вершиной A.
2) На одной стороне угла откладываем AB1 = 2e, на другой AC1 = 3e, где e — произвольный отрезок (две и три равные части).
3) Строим середину M1 отрезка B1C1 и проводим луч AM1.
4) На луче AM1 откладываем AM = m.
5) Через M проводим прямую, параллельную B1C1; она пересекает стороны угла в точках B и C.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, значит △ABC ∼ △AB1C1 (гомотетия с центром A), поэтому AB : AC = AB1 : AC1 = 2 : 3 и угол A равен данному. Середина M1 отрезка B1C1 переходит в середину отрезка BC, то есть M — середина BC и AM = m — медиана.
Исследование. Решение единственно, задача разрешима при любых данных (0° < ∠A < 180°, m > 0). На рисунке ∠A = 50°.
Построение (метод подобия).
1) Строим угол, равный данному, с вершиной A.
2) На одной стороне угла откладываем AB1 = 2e, на другой AC1 = 3e, где e — произвольный отрезок (две и три равные части).
3) Строим середину M1 отрезка B1C1 и проводим луч AM1.
4) На луче AM1 откладываем AM = m.
5) Через M проводим прямую, параллельную B1C1; она пересекает стороны угла в точках B и C.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, значит △ABC ∼ △AB1C1 (гомотетия с центром A), поэтому AB : AC = AB1 : AC1 = 2 : 3 и угол A равен данному. Середина M1 отрезка B1C1 переходит в середину отрезка BC, то есть M — середина BC и AM = m — медиана.
Исследование. Решение единственно, задача разрешима при любых данных (0° < ∠A < 180°, m > 0). На рисунке ∠A = 50°.
695. Постройте треугольник ABC по углу А и стороне ВС, если известно, что AB : АС = 2 : 1.
Пусть дан угол A (на рисунке обозначен α) и отрезок a = BC.
Построение (метод подобия).
1) Строим угол, равный данному, с вершиной A1.
2) На одной стороне откладываем A1B = 2e, на другой A1C1 = e, где e — произвольный отрезок.
3) Проводим луч BC1 и откладываем на нём от точки B отрезок BC = a.
4) Через точку C проводим прямую, параллельную C1A1; она пересекает луч BA1 в точке A.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. AC ∥ A1C1, поэтому △ABC ∼ △A1BC1 (гомотетия с центром B). Значит ∠A = ∠A1 равен данному углу, AB : AC = A1B : A1C1 = 2 : 1, и BC = a.
Исследование. Решение единственно при любых данных. На рисунке ∠A = 60°.
Построение (метод подобия).
1) Строим угол, равный данному, с вершиной A1.
2) На одной стороне откладываем A1B = 2e, на другой A1C1 = e, где e — произвольный отрезок.
3) Проводим луч BC1 и откладываем на нём от точки B отрезок BC = a.
4) Через точку C проводим прямую, параллельную C1A1; она пересекает луч BA1 в точке A.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. AC ∥ A1C1, поэтому △ABC ∼ △A1BC1 (гомотетия с центром B). Значит ∠A = ∠A1 равен данному углу, AB : AC = A1B : A1C1 = 2 : 1, и BC = a.
Исследование. Решение единственно при любых данных. На рисунке ∠A = 60°.
696. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и отношению катетов, равному отношению двух данных отрезков.
Пусть даны гипотенуза c и два отрезка p и q: катеты должны относиться как p : q.
Построение (метод подобия).
1) Строим прямой угол с вершиной C1.
2) На одной стороне откладываем C1A1 = p, на другой C1B1 = q. Получаем прямоугольный треугольник A1B1C1 с отношением катетов p : q.
3) На луче A1B1 от точки A1 откладываем A1B = c.
4) Через точку B проводим прямую, параллельную B1C1 (она перпендикулярна A1C1); она пересекает прямую A1C1 в точке C.
Треугольник A1CB (на рисунке: вершины A, B, C) искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, поэтому △A1CB ∼ △A1C1B1 (гомотетия с центром A1). Значит ∠C = 90°, катеты относятся как A1C : CB = A1C1 : C1B1 = p : q, а гипотенуза A1B = c.
Исследование. Решение единственно при любых данных.
На рисунке для ясности принято p = 90, q = 140 (в условных единицах), c = 200.
Построение (метод подобия).
1) Строим прямой угол с вершиной C1.
2) На одной стороне откладываем C1A1 = p, на другой C1B1 = q. Получаем прямоугольный треугольник A1B1C1 с отношением катетов p : q.
3) На луче A1B1 от точки A1 откладываем A1B = c.
4) Через точку B проводим прямую, параллельную B1C1 (она перпендикулярна A1C1); она пересекает прямую A1C1 в точке C.
Треугольник A1CB (на рисунке: вершины A, B, C) искомый.
Доказательство. BC ∥ B1C1, поэтому △A1CB ∼ △A1C1B1 (гомотетия с центром A1). Значит ∠C = 90°, катеты относятся как A1C : CB = A1C1 : C1B1 = p : q, а гипотенуза A1B = c.
Исследование. Решение единственно при любых данных.
На рисунке для ясности принято p = 90, q = 140 (в условных единицах), c = 200.