Задачи на подобие треугольников

Рассмотрим задачи, при решении которых мы будем использовать подобие треугольников. Уделим внимание как базовым задачам, так и задачам посложней. В конце статье вы найдете задачи для самостоятельной работы .

Через точки М и N, принадлежащие сторонам АВ и ВС треугольника ABC соответственно, проведена прямая МN, параллельная стороне АС. Найдите длину СN, если ВС = 6, МN = 4 и АС = 9.

Треугольники и подобны по I признаку, так как

1) у треугольников и угол – общий и

2) в силу параллельности прямых и соответственные углы и равны.

Из подобия треугольников вытекает пропорциональность соответствующих сторон:

Обозначим за . Соответственно, согласно условию. Тогда

Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на треугольник и трапецию, площади которых относятся как 4:5. Периметр образовавшегося треугольника равен 20 см. Найдите периметр данного треугольника.

ПО условию , тогда (на приходится 4 части, на – 4+5=9 таких же частей).

Но треугольники и подобны по двум углам. Так как площади треугольников находятся в отношении , то коэффициент подобия треугольников – (см. свойство здесь).

Как известно, периметры подобных треугольников находятся в таком же отношении, в каком и соответствующие стороны, поэтому и . Поскольку , то

Через вершину прямого угла прямоугольного треугольника с катетами 6 и 8 см проведен перпендикуляр к гипотенузе. Вычислите площади образовавшихся треугольников.

Проще всего найти площадь треугольника

Заметим, по т. Пифагора то есть

Треугольники и подобны по двум углам (действительно, оба они прямоугольные и углы и в них составляют в сумме с углом , что делает их равными между собой). Коэффициент подобия треугольников – то есть

Как известно, отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия треугольников, то есть то есть откуда

Становится очевидным, что

Ответ: 24; 8,64; 15,36.

Из одной точки проведены к кругу две касательные. Длина касательной равна 156, а расстояние между точками касания равно 120. Найдите радиус круга.

Пусть – касательные к окружности, – центр окружности.

Обозначим за – середину отрезка .

По свойству отрезков касательных , то есть треугольник – равнобедренный и – высота.

Найдем по т. Пифагора:

Прямоугольные треугольники и подобны по двум углам (угол – общий).

В трапеции меньшая диагональ , равная 6, перпендикулярна основаниям и . Найдите сумму тупых углов и .

Замечаем, что в треугольниках и и и углы, заключенные между сторонами и равны (прямые). Поэтому треугольники подобны по второму признаку.

Из подобия треугольников и , в частности, вытекает равенство углов и ; и .

Тогда, так как сумма углов четырехугольника равна , то

Основания трапеции равны a и b. Определите длину отрезка, параллельного основаниям и делящего трапецию на равновеликие части.

Дополнительное построение: проведем прямую BP, параллельную стороне CD. Пусть BP пересекается с MN в точке K.

Обозначим для удобства за . Тогда, очевидно,

Обозначим также высоту треугольника (она же и высота параллелограмма ) за высоту трапеции (она же и высота параллелограмма ) за

Согласно условию (где ).

Заметим также, что треугольник подобен треугольнику по двум углам, откуда вытекает пропорциональность соответствующих сторон:

Из (1) и (2) получаем:

Задачи для самостоятельной работы

1. Через точки E и F, принадлежащие сторонам АВ и ВС треугольника ABC соответственно, проведена прямая EF, параллельная стороне АС. Найдите длину BС, если EF = 10, AC = 15 и FC = 9. (Ответ: 27).

2. В прямоугольном треугольнике проведена высота к гипотенузе. , Найдите катет . (Ответ: 20/3).

3. Прямая, параллельная основанию треугольника, отсекает от него треугольник, площадь которого в 8 раз меньше площади оставшейся части. Периметр большего треугольника равен 27. Найдите периметр меньшего треугольника. (Ответ: 9).

4. Основание треугольника 15 см, а боковые стороны 13 и 14 см. Высота разделена в отношении 2:3 (считая от вершины) и через точку деления проведена прямая, параллельная основанию. Найдите площадь образовавшейся при этом трапеции. (Ответ: 70,56 (возможно, вам потребуется формула Герона)).

5. В трапеции с основаниями и диагонали пересекаются в точке . Площадь треугольника равна 4, площадь треугольника равна 9. Найдите площадь трапеции. (Ответ: 25).

6. Трапеция разделена диагоналями на четыре части. Определить ее площадь, если известны площади ее частей, прилежащих к основаниям и . (Ответ: ).

Чтобы не потерять страничку, вы можете сохранить ее у себя:

Задачи по геометрии по теме «Подобие треугольников»(с решением,8 класс).

Успейте воспользоваться скидками до 60% на курсы «Инфоурок»

По теме «Подобие треугольников»

1. АО : ОС = ВО : ОD . Докажите, что АВСD – трапеция или параллелограмм.

По второму признаку подобия треугольников АВО CОD , поэтому
BАО = ОСD , тогда АВ || DС .

2. М и N – середины сторон АВ и ВС . Докажите, что MN || АС .

По второму признаку подобия треугольников АВС МВN , поэтому
BMN = АВС , тогда MN || AС .

1) MN – средняя линия АВD .

2) РQ – средняя линия СВD .

3) Имеем MN || DВ и PQ || DВ , поэтому MN || PQ .

4) Получили MN  PQ и MN = PQ = , следовательно, четырехугольник MNPQ – параллелограмм.

1) Пусть СС 1 – медиана треуголь-ника АВС , СD и ОЕ – высоты треугольников АВС и АОВ .

2) Так как , то , то есть СD = 3 · ОЕ .

3) РМ || KН и РМ = KН , поэтому PMНK – параллелограмм.

1) Аналогично доказывается, что MNQP – параллелограмм,

2) MQСD – параллелограмм, так как МD = QC , МD || QC , поэтому MQ = DС .

3) Аналогично в параллелограмме NBCP NP = ВС .

4) Имеем MQ = DС = ВС = NP .

5) Параллелограмм MNQP – прямоугольник.

1) MN – средняя линия ВСD , МN || BD и MN = BD .

2) ВМК DАК (по двум углам).

c 2 = a 2 + b 2 ; 576 = a 2 + 144; a 2 = 432; a = 12 .

№ 574 ( а ). I способ.

1) Пусть k – коэффициент пропорциональности, тогда а = 3 k , b = 4 k .

По теореме Пифагора с 2 = а 2 + b 2 ;

50 2 = 9 k 2 + 16 k 2 ;

a = 30 ( мм ), b = 40 ( мм ).

По теореме Пифагора

По доказанному в задаче № 573

АО – ОС = 11, поэтому .

Треугольник является прямоугольным, так как в нем выполняется теорема Пифагора:

13 2 = 12 2 + 5 2 .

2) Пусть = х см, тогда

АD = АВ – DВ = 13 – 1 = 11 (см).

1) АОD ВАD , поэтому
1 = 2, тогда

3) АВD , А = 90°, по теореме Пифагора: ВD = =
= (см).

4) ВСK , K = 90° по теореме Пифагора

Доказать, что в прямоугольном треугольнике квадрат медианы, проведенной к катету, равен разности квадрата гипотенузы и трех четвертей квадрата соответствующего медиане катета.

1) В АСD , С = 90°, по теореме Пифагора ;

2) в АСВ по теореме Пифагора
b 2 = c 2 – a 2 ;

Элементы
прямоугольного треугольника

3) 7; 6,72; 1,96; 23,04.

8) 180; 240; 300; 192.

10) 16; 20; 9,6; 12,8.

Дано: Анализ (устно). Пусть АВС – искомый. Тогда любой треугольник А 1 В 1 С 1 , в котором А 1 В 1 || АВ ( А 1 АС , В 1 ВС ), подобен треугольнику АВС по первому признаку подобия ( А 1 = А , С – общий). Следовательно, А 1 В 1 : А 1 С = 2 : 1. А 1 = hk . Таким образом, достаточно построить какой-нибудь треугольник А 1 В 1 С , в котором А 1 В 1 : А 1 С = 2 : 1, А 1 = hk , а затем отложить на луче СВ 1 отрезок СВ = PQ и через точку В провести прямую, параллельную прямой А 1 В 1 . Точка А пересечения этой прямой с прямой А 1 С является вершиной искомого треугольника.

1. Строим угол МА 1 N , равный данному углу hk .

2. Отмечаем произвольную точку С на луче А 1 N .

4. На луче СВ 1 откладываем отрезок СВ , равный данному отрезку РQ .

5. Через точку В проведем прямую, параллельную А 1 В 1 . Она пересекает прямую А 1 С в точке А . Треугольник АВС – искомый.

Исследование (устно). Указанный способ решения задачи показывает, что задача всегда имеет решение. Все треугольники, удовлетворяющие условиям задачи, подобны по второму признаку подобия треугольников. ( А = hk , АВ : АС = 2 : 1), следовательно, их углы соответственно равны, а так как в любом из этих треугольников ВС = РQ , то все они равны по второму признаку равенства треугольников. Таким образом, задача имеет единственное решение.

1) От произвольного отрезка АР отложим углы А и Р = В .

2) Точка О пересечения сторон углов А и Р .

3) Разделим А пополам биссектрисой АМ .

4) На луче АМ отложим отрезок АK .

5) Проведем через точку K прямую СВ || ОР .

6) Полученный треугольник АВС – искомый.

Дано: А , В , Н – высота, проведенная из вершины С .

1) От произвольного отрезка ЕF отложим углы Е = А , F = B .

2) C – точка пересечения сторон Е и F , отличных от EF .

3) Из точки С опустим перпендикуляр к отрезку EF .

4) О – точка пересечения перпендикуляра и отрезка ЕF .

5) От точки С на луче СО отложим высоту СD = Н .

6) Проведем через точку D прямую АВ || EF до пересечения с продолжением отрезков СЕ и СF .

7) Полученный треугольник АВС – искомый.

Анализ. Задачу будем решать методом подобия. Сначала можно построить какой-нибудь прямоугольный треугольник АВ 1 С 1 ( С 1 = 90°) так, чтобы , а затем, используя условие АВ = PQ , построить искомый треугольник АВС .

2. На луче АВ 1 отложим отрезок АВ = РQ .

3. Через точку В проведем прямую, параллельную В 1 С 1 . Она пересекает луч АС 1 в точке С . Треугольник АВС – искомый.

Сторона АВ равна данному отрезку PQ по построению. Итак, треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.

1) Построим АВF так, чтобы АВ ВF и BF = АВ (как описано в задаче № 290).

2) Построим АCЕ так, чтобы СЕ АС и СЕ = АС аналогично.

3) На лучах АВ и АС отложим соответственно отрезки АВ 1 = AF и АС 1 = АЕ .

1) По теореме Пифагора

Поэтому АВ 1 С 1 удовлетворяет всем условиям задачи.

Дано : А , , AM – медиана.

1) На произвольной прямой отметим произвольно точку А и отложим А .

2) Пусть а – произвольный единичный отрезок.

3) На сторонах А отложим отрезки АВ 1 = 2 а и АС 1 = 3 а .

4) Проведем В 1 С 1 и разделим его пополам точкой О .

5) Проведем луч АО и отложим отрезок АМ .

6) Через точку М проведем прямую b || B 1 C 1 ; точки пересечения со сторонами угла А обозначим В и С .

3) Аналогично доказывается, что = 1.

4) Полученный АВС – искомый, так как АМ – медиана, по доказанному.

Узнать ещё

Знание — сила. Познавательная информация

Задачи на подобие треугольников

Рассмотрим некоторые задачи на подобие треугольников.

I. В треугольнике проведен отрезок, параллельный стороне. Концы отрезка лежат на других сторонах треугольника.

Рассмотрим треугольники ABC и A1BC1.

Решать задачи на подобие треугольников удобнее, используя цветовую визуализацию, поэтому выделим данные треугольники разными цветами:

2) ∠ BAC= ∠ BA1C1 (как соответственные углы при AC ∥ A1C1 и секущей AB).

Следовательно, треугольники ABC и A1BC1 подобны (по двум углам).

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

Прямая, параллельная стороне АС треугольника АВС, пересекает сторону АВ в точке А1, а сторону ВС — в точке В1. Найти длину отрезка А1С1, если АС=35, АА1: А1В=2:5.

Доказываем подобие треугольников ABC и A1BC1.

II. В треугольник вписан ромб.

Рассмотрим треугольники AFK и BFC.

Выделим данные треугольники в цвете.

2) ∠ FAK= ∠ FBC (как соответственные углы при AD ∥ BC и секущей AB).

Следовательно, треугольники AFK и BFC подобны (по двум углам).

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

В треугольник AFK вписан ромб ABCD так, что угол A у них общий, в вершина C принадлежит стороне FK. Найти сторону ромба, если AF=21 см, AK=24 см.

Доказываем подобие треугольников AFK и BFC. Из трех соотношений выбираем те, в которых нам что-либо известно:

Примем сторону ромба за x:

Тогда BF=AF-AB=21-x см. Отсюда

Разделив обе части уравнения на 3, получаем:

В следующий раз рассмотрим задачи на подобные треугольники в трапеции.