ОбъяІншими словами: дві фігури називаються подібними, якщо вони переводяться одна в одну перетворенням подібності. Подібність фігур, як і подібність трикутників, позначають спеціальним знаком: *. Запис F * F1 читається як «фігура F подібна фігурі F1».
З означення подібності фігур випливає, що рівні фігури — подібні (коефіцієнт подібності дорівнює одиниці).
Властивості подібних фігур
1) Кожна фігура подібна собі (коефіцієнт подібності дорівнює 1).
2) Якщо фігура F подібна фігурі F1 з коефіцієнтом подібності k, то фігура F1 подібна фігурі F з коефіцієнтом .
3) Якщо фігура F1 подібна фігурі F2 з коефіцієнтом подібності k1, а фігура F2 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k2, то фігура F1 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k1· k2.
4) Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.
Доведемо цю властивість для многокутників.
Нехай F і F' — це два подібні n-кутники з коефіцієнтом подібності k, a S i S' — їхні площі (рис. 175).
З'ясуємо, чому дорівнює відношення їхніх площ. Розіб'ємо n-кутник F на п трикутників Δ1, Δ2, ..., Δп, сума площ яких дорівнює S.
Перетворення подібності, яке переводить F у F', переводить ці трикутники у трикутники , , ..., , сума площ яких дорівнює S'.
Оскільки з урахуванням коефіцієнта подібності k основи і висоти трикутників Δ1, Δ2, ..., Δn дорівнюють a1 і h1, а2 і h2, ..., ап і hп, то основи і висоти трикутників , , ..., дорівнюють відповідно ka1 і kh1, ka2 і kh2, ..., kan і khn. Тоді
S' = ka1 · kh1 + ka2 · kh2 + ... + kan · khn = k2= k2S.
Оскільки S' = k2S,.
Отже, площі подібних многокутників відносяться як квадрати їхніх відповідних лінійних розмірів.
Розв'язування вправ
1. Наведіть приклади подібних фігур.
2. Чи подібні будь-які рівні фігури?
3. Чи рівні будь-які подібні фігури? При якій умові подібні фігури рівні?
4. Про дві фігури відомо, що F2 * F1 і F1 * F2 з тим самим коефіцієнтом подібності k. Що можна сказати про значення коефіцієнта k і про фігури F1 і F2?
5. Згадайте означення подібних трикутників.
6. Сформулюйте ознаки подібності трикутників.
IV. Закріплення й осмислення нового матеріалу
Розв'язування задач
1. Сторони двох правильних n-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі? (Відповідь. а2 : b2)
2. Площі двох квадратів відносяться як 3 : 5. Чому дорівнює сторона меншого квадрата, якщо сторона більшого квадрата дорівнює 10 см? (Відповідь. (см))
3. Площа меншого многокутника дорівнює 45 см2. Чому дорівнює площа більшого многокутника, подібного даному, якщо відповідні сторони многокутників дорівнюють 10 см і 15 см? (Відповідь. 101,25 см2)
4. Відповідні сторони двох подібних многокутників відносяться як а : b. Площа першого многокутника дорівнює S. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. )
5. Периметри подібних многокутників відносяться як 5 : 7, а різниця площ дорівнює 864 см2. Знайдіть площі многокутників.
Розв'язання
Нехай S см2 — площа меншого многокутника, тоді (S + 864) см2 — площа більшого многокутника. Згідно з теоремою маємо , тоді 49S = 25(S + 864); 24S = 21600; S = 900 см2.
Отже, площа меншого многокутника дорівнює 900 см2, а площа більшого 900 + 864 = 1764 (см2).
Відповідь. 900 см2 і 1764 см2.
6. Пряма, перпендикулярна до висоти трикутника, ділить його площу навпіл. Знайдіть відстань від цієї прямої до вершини трикутника, з якої проведено висоту, якщо вона дорівнює h.
Розв'язання
Нехай у трикутнику ABC (рис. 176) BDAC, FKBD, SΔFВК * SΔFKC, BD = h.
ΔFBK * ΔАВС (за двома кутами), тоді . Враховуючи, що SΔABC = 2SΔFBK BD = h, маємо = , звідси BS2 = BS, або BS = = .
Відповідь. .
7. На стороні АВ трикутника ABC взято довільну точку D і з неї проведено відрізки DE і DF так, що DE || AC, DF || BC. Знайдіть площу трикутника CEF, якщо площі трикутників ADF і BED відповідно дорівнюють S1 і S2 (рис. 177).
Розв'язання
Нехай S — площа трикутника CEF. ΔADF * ΔBED (оскільки кожний із них подібний трикутнику ABC.
Отже, , звідси .
Висоти трикутників ADF і FEC, проведені до сторін AF і FC, рівні між собою.
Тоді , звідси S = S1 = .
Відповідь. .
V. Домашнє завдання
1. Вивчити теоретичний матеріал.
2. Розв'язати задачі.
1) Через середину висоти трикутника перпендикулярно до неї проведено пряму. У якому відношенні вона ділить площу трикутника?
2) Периметри правильних л-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі?
VI. Підбиття підсумків уроку
Завдання класу
1. Сформулюйте теорему про відношення площ подібних фігур.
2. Сторони рівносторонніх трикутників дорівнюють 5 см і 10 см. Чому дорівнює відношення їхніх площ? (Відповідь. 1 : 4)
3. Периметри двох подібних многокутників відносяться як 3 : 5. Площа більшого многокутника дорівнює 40 см2. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. 14,4 см2)
Попередня
Зміст
Наступна
Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити
Рух - відображення площині на себе, при якому відстані між точками площини зберігаються. Приклади руху: осьова симетрія, центральна симетрія, паралельний перенос. Властивості руху: відрізок переходить в відрізок, кут переходить в рівний йому кут, окружність переходить в окружність того ж радіуса і т. П.Мал. 1. Нехай є деяка виділена точка Про площині. Крім того, розглянемо довільну точку М тій же площині. Поворотом (позначення -) щодо точки О, званої центром повороту на Ðα (кут повороту) називається таке відображення площині на себе, при якому будь-яка точка М площині переходить в таку точку М1 тій же площині, що ОМ = ОМ1 і, крім того, ÐМОМ1 = α (Рис. 1). Доведемо, що поворот є рухом. Доказ (Рис. 2).Розглянемо точки М і N площині, що переходять при повороті відповідно в точки М1 і N1 тій же площині. Розглянемо трикутники ОМN і ОМ1N1. У цих трикутниках ОМ = ОМ1 і ОN = ОN1. ÐМОN = α - ÐМОN1; ÐМ1ОN1 = α - ÐМОN1, отже, ÐМОN = ÐМ1ОN1. Таким чином, зазначені трикутники рівні за двома сторонами і кутом між ними. Звідси випливає рівність відрізків МN = М1N1. Оскільки точки М і N вибиралися нами довільно, можна стверджувати, що при повороті довжини відрізків зберігаються. Теорема доведена. Нам необхідно навчитися використовувати розглянутий тип руху. Завдання (аналогічна № 1167 з підручника Атанасян, см. Список літератури) Побудуйте трикутник, який виходить з даного трикутника ABC поворотом навколо точки А на кут 60 ° проти годинникової стрілки (ΔАВС). Рішення (Рис. 3).При повороті точка А перейде в саму себе. Точки В і С перейдуть в точки В1 і С1 відповідно. Кути трикутника і довжини його сторін, відповідно до загальних властивостями руху, збережуться (всі позначення сторін і кутів дані на Рис. 3). Побудови при повороті вкрай за до циркуля побудувати дугу кола радіусом, рівним довжині сторони трикутника (АС або АВ), з центром в точці А, далі за до транспортира відкласти на дузі кут 60 ° і відзначити точку-образ (В1 або С1) . Поєднавши отримані точки-образи відрізками, можна отримати шуканий трикутник А1У1С1, що є чином трикутника АВС (ΔАВС = ΔА1В1С1). Точка О є точкою перетину биссектрис рівностороннього трикутника ABC. Доведіть, що при повороті навколо точки О на кут 120 ° трикутник ABC відображається на себе. Рішення.Точка О перетину биссектрис правильного трикутника є центром цього трикутника. Отже, вершини трикутника при повороті навколо точки О будуть «малювати» дуги кола, описаного навколо ΔАВС. Легко показати, що ÐВОС = ÐСОА = ÐАОВ = 120 °. Отже, при повороті, точка А перейде в точку В, точка В перейде в точку С і точка С перейде в точку А (нагадаємо, що кут повороту вважається позитивним, якщо поворот відбувається проти годинникової стрілки). Таким чином, ΔАВС = ΔАВС. Завдання вирішена. Завдання. Дана пряма, на якій задані точка О1 і точка О2 і дано точки А і В, що лежать по різні боки від цієї прямої. Причому мають місце рівності відстаней: О1А = О1В, О2А = О2В. Довести, що точки А і В симетричні щодо зазначеної прямий. Рішення (Рис. 5).Для доказу необхідного в завданню затвердження нам необхідно довести, що АМ = МВ і АВ ^ О1О2. Побудуємо коло радіусом О1А з центром в точці О1 і коло радіусом О2А з центром в точці О2. Розглянемо деяку осьову симетрію з віссю О1О2. При такому відображенні півкола, розташовані у верхній півплощині, перейдуть до відповідних півкола, розташовані в нижній півплощині щодо осі симетрії. При цьому точка перетину «верхніх» півколо - точка А - перейде в точку перетину «нижніх» півколо - точку В. Тобто точка В симетрична точці А відносно даної прямої. Завдання вирішена. На закінчення розберемо ще один застосування понять симетрії. Дан паралелограм ABCD. Довести, що точка перетину його діагоналей є його центром симетрії. Нагадування: фігура називається симетричною відносно точки О, якщо для кожної точки фігури симетрична їй точка щодо точки Про також належить цій фігурі. Точка О називається центром симетрії фігури. Кажуть також, що фігура має центральну симетрію.
ОбъяІншими словами: дві фігури називаються подібними, якщо вони переводяться одна в одну перетворенням подібності. Подібність фігур, як і подібність трикутників, позначають спеціальним знаком: *. Запис F * F1 читається як «фігура F подібна фігурі F1».
З означення подібності фігур випливає, що рівні фігури — подібні (коефіцієнт подібності дорівнює одиниці).
Властивості подібних фігур
1) Кожна фігура подібна собі (коефіцієнт подібності дорівнює 1).
2) Якщо фігура F подібна фігурі F1 з коефіцієнтом подібності k, то фігура F1 подібна фігурі F з коефіцієнтом .
3) Якщо фігура F1 подібна фігурі F2 з коефіцієнтом подібності k1, а фігура F2 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k2, то фігура F1 подібна фігурі F3 з коефіцієнтом подібності k1· k2.
4) Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.
Доведемо цю властивість для многокутників.
Нехай F і F' — це два подібні n-кутники з коефіцієнтом подібності k, a S i S' — їхні площі (рис. 175).
З'ясуємо, чому дорівнює відношення їхніх площ. Розіб'ємо n-кутник F на п трикутників Δ1, Δ2, ..., Δп, сума площ яких дорівнює S.
Перетворення подібності, яке переводить F у F', переводить ці трикутники у трикутники , , ..., , сума площ яких дорівнює S'.
Оскільки з урахуванням коефіцієнта подібності k основи і висоти трикутників Δ1, Δ2, ..., Δn дорівнюють a1 і h1, а2 і h2, ..., ап і hп, то основи і висоти трикутників , , ..., дорівнюють відповідно ka1 і kh1, ka2 і kh2, ..., kan і khn. Тоді
S' = ka1 · kh1 + ka2 · kh2 + ... + kan · khn = k2= k2S.
Оскільки S' = k2S,.
Отже, площі подібних многокутників відносяться як квадрати їхніх відповідних лінійних розмірів.
Розв'язування вправ
1. Наведіть приклади подібних фігур.
2. Чи подібні будь-які рівні фігури?
3. Чи рівні будь-які подібні фігури? При якій умові подібні фігури рівні?
4. Про дві фігури відомо, що F2 * F1 і F1 * F2 з тим самим коефіцієнтом подібності k. Що можна сказати про значення коефіцієнта k і про фігури F1 і F2?
5. Згадайте означення подібних трикутників.
6. Сформулюйте ознаки подібності трикутників.
IV. Закріплення й осмислення нового матеріалу
Розв'язування задач
1. Сторони двох правильних n-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі? (Відповідь. а2 : b2)
2. Площі двох квадратів відносяться як 3 : 5. Чому дорівнює сторона меншого квадрата, якщо сторона більшого квадрата дорівнює 10 см? (Відповідь. (см))
3. Площа меншого многокутника дорівнює 45 см2. Чому дорівнює площа більшого многокутника, подібного даному, якщо відповідні сторони многокутників дорівнюють 10 см і 15 см? (Відповідь. 101,25 см2)
4. Відповідні сторони двох подібних многокутників відносяться як а : b. Площа першого многокутника дорівнює S. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. )
5. Периметри подібних многокутників відносяться як 5 : 7, а різниця площ дорівнює 864 см2. Знайдіть площі многокутників.
Розв'язання
Нехай S см2 — площа меншого многокутника, тоді (S + 864) см2 — площа більшого многокутника. Згідно з теоремою маємо , тоді 49S = 25(S + 864); 24S = 21600; S = 900 см2.
Отже, площа меншого многокутника дорівнює 900 см2, а площа більшого 900 + 864 = 1764 (см2).
Відповідь. 900 см2 і 1764 см2.
6. Пряма, перпендикулярна до висоти трикутника, ділить його площу навпіл. Знайдіть відстань від цієї прямої до вершини трикутника, з якої проведено висоту, якщо вона дорівнює h.
Розв'язання
Нехай у трикутнику ABC (рис. 176) BDAC, FKBD, SΔFВК * SΔFKC, BD = h.
ΔFBK * ΔАВС (за двома кутами), тоді . Враховуючи, що SΔABC = 2SΔFBK BD = h, маємо = , звідси BS2 = BS, або BS = = .
Відповідь. .
7. На стороні АВ трикутника ABC взято довільну точку D і з неї проведено відрізки DE і DF так, що DE || AC, DF || BC. Знайдіть площу трикутника CEF, якщо площі трикутників ADF і BED відповідно дорівнюють S1 і S2 (рис. 177).
Розв'язання
Нехай S — площа трикутника CEF. ΔADF * ΔBED (оскільки кожний із них подібний трикутнику ABC.
Отже, , звідси .
Висоти трикутників ADF і FEC, проведені до сторін AF і FC, рівні між собою.
Тоді , звідси S = S1 = .
Відповідь. .
V. Домашнє завдання
1. Вивчити теоретичний матеріал.
2. Розв'язати задачі.
1) Через середину висоти трикутника перпендикулярно до неї проведено пряму. У якому відношенні вона ділить площу трикутника?
2) Периметри правильних л-кутників відносяться як а : b. Як відносяться їхні площі?
VI. Підбиття підсумків уроку
Завдання класу
1. Сформулюйте теорему про відношення площ подібних фігур.
2. Сторони рівносторонніх трикутників дорівнюють 5 см і 10 см. Чому дорівнює відношення їхніх площ? (Відповідь. 1 : 4)
3. Периметри двох подібних многокутників відносяться як 3 : 5. Площа більшого многокутника дорівнює 40 см2. Знайдіть площу другого многокутника. (Відповідь. 14,4 см2)
Попередня
Зміст
Наступна
Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити
снение: