3 Площадь

3.1 Понятие площади

Определение 3.1. Для многоугольных фигур площадью называется положительная величина, обла- дающая двумя свойствами:

1. Если фигура составлена из нескольких многоугольных фигур, то ее площадь равна сумме пло- щадей этих фигур.

2. Равные треугольники имеют одну и ту же площадь.
Замечание. Площадь квадрата со стороной 1 называют квадратной единицей площади.

Теорема 3.1.1. Площадь квадрата со стороной a равна a². 3.2 Площади различных многоугольников

Теорема 3.2.1. Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон.

Рис. 47. Теорема 3.2.1.

Доказательство.

Рассмотрим прямоугольник ABCD со сторонами AB = a и BC = b. Докажем, что его площадь S = ab (рис. 47).

Достроим прямоугольник ABCD до квадрата AEGK, продлив прямую AD за точку D на отрезок DE = a, и прямую AB за точку B на отрезок BK = b. Тогда BCKH и CFDE – это квадраты, и их площади равны соответственно b² и a² . Кроме того, C F GH – это прямоугольник со сторонами a и b, следовательно, его площадь равна площади ABCD. Обозначим площадь ABCD за S. Тогда S_AEGK = S_BCKH + S_{CF DE} + 2S = a² + b² + 2S. С другой стороны S_AEGK = (a + b)² = a² + b² + 2ab. Откуда получаем, что 2ab = 2S, то есть S = ab.

Теорема 3.2.2. Площадь прямоугольного треугольника равна полупроизведению его катетов.

29

Доказательство.

Рис. 48. Теорема 3.2.2.

Рассмотрим прямоугольный треугольник _△ABC, в котором BC = a, AC = b и _∠C = 90^○ (рис. 48). Докажем, что S = ^ab .

_△ABC ₂
Достроим треугольник _△ABC до прямоугольника ADBC. Тогда S_ADBC = ab = 2S_△ABC . Следова-

тельно, S = ^ab . _△ABC ₂

Теорема 3.2.3. Площадь треугольника равна половине произведения любой из его сторон и прове- денной к ней высоты.

a) b)
Рис. 49. Теорема 3.2.3.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором BH – это высота. Докажем, что S_ABC = ¹ ⋅ BH ⋅ AC. 2

Возможны три случая: 1) Точка H совпадает с одним из концов отрезка AC, например с точкой C; 2) точка H принадлежит отрезку AC и не совпадает с его концами; 3) точка H лежит за пределами отрезка AH.

Рассмотрим первый случай. Пусть высота из точки B падает в один из концов отрезка AC, например

в вершину C (рис. 49 a). Тогда BC = BH и _△ABC – прямоугольный, следовательно, по теореме 3.2.2

получаем S_ABC = ¹ ⋅ BH ⋅ AC. 2

Рассмотрим второй случай. Пусть высота BH падает внутрь отрезка AC (рис. 49 b). Тогда высота

BH разбивает треугольник ABC на два прямоугольных треугольника ABH и BHC, следовательно,

S_ABC = S_ABH + S_BHC = ¹ ⋅ BH ⋅ AH + ¹ ⋅ BH ⋅ HC = ¹ ⋅ BH ⋅ (AH + HC) = ¹ ⋅ BH ⋅ AC. 2222

Рассмотрим третий случай. Пусть высота BH падает вне отрезка AC, например за точку C (рис. 49 c). Тогда S_ABC = S_ABH − S_BCH = ¹ ⋅ BH ⋅ AH − ¹ ⋅ BH ⋅ CH = ¹ ⋅ BH ⋅ (AH − CH) = ¹ ⋅ BH ⋅ AC.

Теорема 3.2.4. Площадь параллелограмма равна произведению его стороны на высоту, проведенную к этой стороне.

b)

2222

30

Доказательство.

Рис. 50. Теорема 3.2.4.

Рассмотрим параллелограмм ABCD, в котором сторона AD = a и высота BH = h (рис. 50). Дока- жем, что S_ABCD = ah.

Проведем диагональ AC. По свойствам параллелограмма, диагональ делит его на два равных тре- угольника. Следовательно, S = S = ¹ ⋅ ah. Тогда S = 2S = ah.

Рис. 51. Теорема 3.2.5.

Доказательство.

2
Проведем диагональ AC. Тогда S = ¹ ⋅ah, S = ¹ah, поскольку высоты этих треуголь-

_△ABC ADC ₂ ABCD ACD
Теорема 3.2.5. Площадь трапеции равна произведению высоты на полусумму ее оснований.

Рассмотрим трапецию ABCD, в которой BH = h – высота, и основания AD = a,BC = b (рис. 51). Докажем,чтоS_ABCD =h⋅^a+b.

_△ABD _{2 △}BCD ₂
ников, проведенные к сторонам AD и BC соответственно, равны высоте трапеции. Тогда S_ABCD =

S_ABD + S_BCD = ¹ (ah + bh) = h ⋅ ^a+b . 22

Теорема 3.2.6. Площадь ромба равна полупроизведению его диагоналей.

Рис. 52. Теорема 3.2.6.

Доказательство.

Рассмотрим ромб ABCD, в котором диагонали AC = d₁ и BD = d₂ (рис. 52). Докажем, что S_ABCD = ¹ ⋅d₁d₂.

2

Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Диагонали разбивают ромб на четыре равных треугольника _△ABO, _△BCO, _△CDO, _△DAO. Следовательно S_ABCD = 4S_ABO = 4 ⋅ ^{1 d1 d2} = ¹ ⋅ d₁d₂.

3.3 Отношение площадей треугольников с равными элементами

Теорема 3.3.1.

1. Если высоты двух треугольников равны, то их площади относятся, как основания.

2. Если основания двух треугольников равны, то их площади относятся, как высоты, проведенные к этим основаниям.

31

2222

3. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то их площади относятся, как произведения сторон, заключающих равные углы.

Доказательство.

a)

b)
Рис. 53. Теорема 3.3.1.

c)

Докажем первый пункт теоремы.
Рассмотрим треугольники _△ABC и _△A₁B₁C₁ в которых высоты BH и B₁H₁ равны (рис. 53 a).

^SABC Тогда =

¹ BH⋅AC 2

= . ^A1^C1

AC

¹B H ⋅A C _{111 2}¹¹¹¹

^SA B C
Докажем второй пункт теоремы.

^SABC ₌ ^SA₁ B₁ C₁

Рассмотрим треугольники _△ABC и _△A₁B₁C₁ в которых высоты AC = A₁C₁ равны. Тогда ¹ BH⋅AC _{= .}

₂ BH

¹ B₁H₁⋅A₁C₁

2

^B1^H1
Докажем третий пункт теоремы.

Рассмотрим треугольники ABC и A₁B₁C₁ в которых углы A и A₁ равны (рис. 53 b). Докажем, что их площади относятся как произведения сторон, заключающих эти углы.

Наложим треугольник A₁B₁C₁ на треугольник ABC так, чтобы вершина A₁ совместилась с вер-

шиной A, а стороны A₁B₁ и A₁C₁ наложились соответственно на лучи AB и AC (рис. 53 c). Тре-

угольники ABC и AB₁C имеют общую высоту CH, поэтому ^SABC = ^AB . Треугольники AB₁C и ^SAB₁ C₁ ^AB1

AB₁C₁ имеют общую высоту B₁H₁, поэтому ^SAB1C = ^AC . Перемножая полученные равенства, нахо-

_дим: ^SABC ₌ ^AB⋅AC _. ^SA₁B₁C₁ ^A1^B1^⋅A1^C1

Теорема 3.3.2 (Свойство биссектрисы треугольника). Биссектриса треугольника делит противопо- ложную сторону на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам.

Рис. 54. Теорема 3.3.2.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором проведена биссектриса BD (рис. 54). Докажем, что ^AD =

^SAB₁ C₁ ^AC1

AB_.

BC

то S_ABD ∶ S_BDC = AD ∶ DC. Кроме того у этих треугольников есть равный углы, следовательно их

площади относятся, как произведения сторон: S_ABD ∶ S_BDC = ^AB⋅BD = ^AB . Сравнивая полученные

равенства для отношения площадей, получаем: ^AD = ^AB . DC BC

Действительно, так как у треугольников ABD и BDC высота, проведенная из вершины B, общая,

BD⋅BC BC

DC

32

3.4 Теорема Пифагора

Теорема 3.4.1 (Теорема Пифагора). В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сум- ме квадратов катетов.

Рис. 55. Теорема 3.4.1.

Доказательство.

Рассмотрим треугольник _△ABC с прямым углом C. Пусть AB = c,AC = b,BC = a. Докажем, что a² + b² = c².

Достроим треугольник ABC до квадрата ADF H со стороной (a + b) так, как это показано на рисунке 55. Треугольники _△ABC, _△BDE, _△EFG и _△GHC равны по двум катетам. Тогда у них равны гипотенузы, следовательно EGCB – ромб. Кроме того из равенства этих треугольников следует, что _∠1 = _∠3, а так как _∠1+_∠2 = 90^○, то _∠2+_∠3 = 90^○, следовательно, _∠EBC = 90^○, то есть BEGC – ромб с прямым углом, то есть квадрат.

Квадрат ADFH – составлен из четырех равных треугольников и квадрата со стороной c. Тогда с одной стороны S_ADFH = (a + b)², а с другой S_ADFH = 4S_ABC + c². Следовательно, (a + b)² = 4 ⋅ ^ab + c², откуда a² + b² = c². 2

Теорема 3.4.2 (Обратная теорема Пифагора). Если в треугольнике квадрат одной стороны равен сумме квадратов двух других сторон, то треугольник прямоугольный.

Рис. 56. Теорема 3.4.2.

Доказательство.

Пусть в треугольнике _△ABC выполняется равенство AB² = AC² + BC². Докажем, что _∠C = 90^○.

Рассмотрим прямоугольный треугольник A₁B₁C₁ с прямым углом _∠C₁, у которого A₁C₁ = AC и B₁C₁ = BC (рис. 56). По теореме Пифагора A₁B₁² = A₁C₁² + B₁C₁², и, значит, A₁B₁² = AC² + BC² = AB², то есть A₁B₁ = AB. Тогда треугольники ABC и A₁B₁C₁ равны по третьему признаку равенства, следовательно, _∠C = _∠C₁ = 90^○.

Теорема 3.4.3 (Формула Герона). Площадь треугольника со сторонами a,b и c и полупериметром p вычисляется по формуле S = ^√p(p − a)(p − b)(p − c).

33

Доказательство.

_{y) = (b +} b² +c² −a² _{) (b −} b² +c² −a² _{) =} 2c 2c

(b+c)² −a² a² −(b−c)² ₌ (b+c+a)(b+c−a)(a−b+c)(a+b−c) ₌ 2p(2p−2a)(2p−2b)(2p−2c) ₌ 2c 2c 4c² _√ 4c²

Рис. 57. Теорема 3.4.3.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором AB = c, BC = a, AC = b. В любом треугольнике по крайней

мере два угла острые. Пусть _∠A и _∠B – острые углы треугольника _△ABC. Тогда основание H высоты

CH треугольника лежит на стороне AB. Пусть CH = h,AH = y,HB = x (рис. 57). По теореме Пифагора

a² −x² = h² = b² −y², откуда y² −x² = b² −a², или (y−x)(y+x) = b² −a². Так как y+x = c, то y−x = ^b2^−a2 . c

Сложив два последних равенства и разделив на 2, получим: y = ^b2^+c2^−a2 . Поэтому h² = b² −y² = (b+y)(b− 2c

^√₁ 4p(p−a)(p−b)(p−c) _{. Следовательно, h =} 2 p(p−a)(p−b)(p−c) _{. Но S =}

hc = p(p − a)(p − b)(p − c).

_c²

4 Подобие треугольников

_c ABC ₂

4.1 Признаки подобия треугольников

Определение 4.1. Два треугольника называются подобными, если их углы соответственно равны и стороны одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого треугольника.

Определение 4.2. Число k равное отношению сходственных сторон подобных треугольников, назы- вается коэффициентом подобия.

Теорема 4.1.1 (Первый признак подобия треугольников). Если два угла одного треугольника соот- ветственно равны двум углам другого, то такие треугольники подобны.

Рис. 58. Теорема 4.1.1.

Доказательство.

Первый способ (без использования тригонометрии).

Пусть _△ABC и _△A₁B₁C₁ – два треугольника, у которых _∠A = _∠A₁, _∠B = _∠B₁ (рис. 58). Докажем, что _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁.

По теореме о сумме углов треугольника _∠C = 180^○ − _∠A − _∠B = 180^○ − _∠A₁ − _∠B₁ = _∠C₁.

^SA₁B₁C₁ ^A1^B1^⋅A1^C1 ^SA₁B₁C₁ ^C1^A1^⋅C1^B1
^BC . Аналогично, используя равенство _∠A = _∠A₁, _∠B = _∠B₁, получаем,

^B1 ^C1 ^C1 ^A1
Второй способ (через тригонометрию).

Пусть _△ABC и _△A₁B₁C₁ – два треугольника, у которых _∠A = _∠A₁, _∠B = _∠B₁ (рис. 58). Докажем, что _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁.

По теореме о сумме углов треугольника _∠C = 180^○ − _∠A − _∠B = 180^○ − _∠A₁ − _∠B₁ = _∠C₁.

Докажем, что стороны треугольника ABC пропорциональны сходственным сторонам треугольника A₁B₁C₁. Так как _∠A = _∠A₁ и _∠B = _∠B₁, то по теореме синусов: ^a = ^{sin A} = ^{sin A1} = ^a1 , следовательно

Докажем, что стороны треугольника ABC пропорциональны сходственным сторонам треугольника A₁B₁C₁. Так как _∠A = _∠A₁ и _∠C = _∠C₁, то ^SABC = ^AB⋅AC и ^SABC = ^CA⋅CB . Из этих

равенств следует, что ^AB = ^A1 ^B1

^B1 ^C1
что ^BC = ^CA . Итак, стороны треугольника ABC пропорциональны сторонам треугольника A₁B₁C₁.

b sinB sinB₁ b₁ ^a = ^b . Аналогично можно получить, что ^a = ^c . Следовательно, ^a = ^b = ^c .

^a1 ^b1 ^a1 ^c1

^a1 ^b1 ^c1

34

Теорема 4.1.2 (Второй признак подобия треугольников). Если две стороны одного треугольника про- порциональны двум сторонам другого треугольника и углы, заключенные между этими сторонами, равны, то такие треугольники подобны.

Рис. 59. Теорема 4.1.2.

Доказательство.

^A1 ^B1 ^A1 ^C1
что _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁. Для этого, учитывая первый признак подобия треугольников, достаточно

доказать, что _∠B = _∠B₁.
Рассмотрим треугольник ABC₂, у которого _∠1 = _∠A₁, _∠2 = _∠B₁ (рис. 59). Треугольники ABC₂ и

A₁B₁C₁ подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому ^AB = ^AC2 . C другой стороны,

по условию ^AB = ^AC . Из этих двух равенств получаем AC = AC₂. ^A1 ^B1 ^A1 ^C1

Второй способ (через тригонометрию).

Первый способ (без использования тригонометрии).
Рассмотрим два треугольника ABC и A₁B₁C₁, у которых ^AB = ^AC и _∠A = _∠A₁. Докажем,

^A1 ^B1 ^A1 ^C1

Треугольники ABC и ABC₂ равны по двум сторонам и углы между ними (AB − −, AC = AC_2∠A = _∠1, поскольку _∠A = _∠A₁ и _∠1 = _∠A₁). Отсюда следует, что _∠B = _∠2, а так как _∠2 = _∠B₁, то _∠B = _∠B₁.

Рассмотрим два треугольника ABC и A₁B₁C₁ со сторонами a, b, c и a₁, b₁, c₁ соответственно. Пусть ^a = ^b и _∠C = _∠C₁. Докажем, что тогда _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁.

^a1 ^b1
Обозначим k = ^a = ^b . Тогда a = k⋅a₁, b = k⋅b₁. По теореме косинусов в треугольнике ABC

^a1 ^b1
c² = a² +b² −2abcosC = k²a² +k²b² −2ka kb cosC = k²(a² +b² −2a b cosC) = k²c², следовательно,

₁₁111₁₁11₁
c = kc₁, то есть стороны треугольников ABC и A₁B₁C₁ пропорциональны. Тогда по третьему признаку

_△ABC ∼ _△A₁B₁C₁.
Теорема 4.1.3 (Третий признак подобия треугольников). Если три стороны одного треугольника

пропорциональны трем сторонам другого, то такие треугольники подобны.

Рис. 60. Теорема 4.1.3.

Доказательство.

Первый способ (не использует тригонометрию).
Пусть стороны треугольников ABC и A₁B₁C₁ пропорциональны:

AB ₌ BC ₌ CA ^A1^B1 ^B1^C1 ^C1^A1

.

35

Докажем, что _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁. Для этого, учитывая второй признак подобия треугольников, достаточно доказать, что _∠A = _∠A₁. Рассмотрим треугольник ABC₂, у которого _∠1 = _∠A₁,_∠2 = _∠B₁ (рис. 59). Треугольники ABC₂ и A₁B₁C₁ подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому ^AB = ^BC2 = ^C2A .

^A1^B1 ^B1^C1 ^C1^A1
Сравнивая эти равенства с первой пропорцией подобия, получаем: BC = BC₂,CA = C₂A. Тогда

треугольники ABC и ABC₂ равны по трем сторонам. Отсюда следует, что _∠A = _∠1, a так как _∠1 = _∠A₁, то _∠A = _∠A₁.

Второй способ (использует тригонометрию).
Рассмотрим треугольники ABC и A₁B₁C₁ со сторонами a, b, c и a₁, b₁, c₁. Докажем, что если ^a =

a1

^b = ^c ,то_△ABC∼_△A₁B₁C₁. ^b1 ^c1

Обозначим k = ^a . Тогда a = ka₁, b = kb₁, c = kc₁. По теореме косинусов имеем a1

_{cosC =} a² +b² −c² ₌ k²a²₁ +k²b²₁ −k²c²_{1 =} k²(a²₁ +b²₁ −c²₁) ₌ a²₁ +b²₁ −c²_{1 =cosC}1 2ab 2ka₁kb₁ k²2a₁b₁ 2a₁b₁

, следовательно _∠C = _∠C₁. Аналогично _∠A = _∠A₁ и _∠B = _∠B₁. То есть углы треугольников соответ- ственно равны, а стороны пропорциональны, следовательно _△ABC ∼ _△A₁B₁C₁.

Теорема 4.1.4. Сходственные элементы подобных треугольников относятся как коэффициент по- добия.

Теорема 4.1.5. Отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия.

Доказательство.

Пусть треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны, причем коэффициент подобия равен k. Обозначим буквами S и S₁ площади этих треугольников. Так как _∠A = _∠A₁, то ^S = ^AB⋅AC = k².

4.2 Применение подобия

Теорема 4.2.1 (Теорема о медианах треугольника). Медианы треугольника пересекаются в одной точке и точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором проведены медианы AA₁,BB₁ и CC₁ (рис. 61). Докажем, что все медианы пересекаются в одной точке.

Пусть медианы AA₁ и CC₁ пересекаются в точке Z. Заметим, что A₁C₁ – средняя линия треуголь-

ника ABC. Следовательно, A₁C₁ ∥ AC, и _∠1 = _∠3,_∠2 = _∠4, и, следовательно _△A₁C₁Z ∼ _△ACZ. Тогда

^A1C1 = ¹ = ^C1Z = ^A1Z . Аналогично, если рассмотреть медианы BB₁ и AA₁, то они пересекаются в точ- AC 2 CZ AZ

S₁ A₁ B₁ ⋅A₁ C₁

Доказательство.

Первый способ.

Рис. 61. Теорема 4.2.1.

ке, разбивающей медиану AA₁ в таком же отношении 1 ∶ 2, считая от точки A₁, а это точка Z. Итак, все медианы пересекаются в точке Z и делятся ею в отношении 2 ∶ 1, считая от вершины треугольника.

Второй способ.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором проведены медианы AA₁,BB₁ и CC₁ (рис. 61). Докажем, что все медианы пересекаются в одной точке.

Действительно, так как ^AC1 ⋅ ^BA1 ⋅ ^CB1 = 1, то по теореме Чевы медианы пересекаются в одной C₁B A₁C B₁A

точке. Обозначим эту точку Z. По теореме Менелая для треугольника ABB₁ и секущей CC₁ имеем ^AC1 ⋅ ^BZ ⋅^B1C =1,тогда ^BZ =⋅^B1C =¹.Аналогично ^AZ = ^CZ =¹.

C₁B ZB₁ CA ZB₁ CA 2

ZA₁ ZC₁ 2

36

Теорема 4.2.2. Медианы делят треугольник на шесть равных по площади треугольников.

Доказательство.

Рис. 62. Теорема 4.2.2.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором проведены медианы AA₁,BB₁ и CC₁. Пусть они пересе- каются в точке Z (рис. 62). Докажем, что шесть образовавшихся треугольников равны по площади.

Найдем площадь треугольника AC₁Z. Треугольники AC₁C и CC₁B имеют общую высоту, прове- денную из вершины C, а поскольку их основания равны, то и площади равны: S_CC1B = S_AC1C = ¹ ⋅S_ABC.

2 Треугольники ACZ и AZC₁ имеют общую высоту, проведенную из вершины A, следовательно их пло-

щади относятся, как основания: S_ACZ ∶ S_AC1Z = CZ ∶ ZC₁ = 2 ∶ 1, следовательно, S_AC1Z = ¹ ⋅ S_ACC1 = 3

¹ ⋅ ¹ ⋅ S_ABC = ¹ S_ABC . Аналогично можно найти площади других получившихся треугольников, и они 326

будут тоже равны ¹ ⋅ S_ABC . 6

Теорема 4.2.3 (Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике). Пусть в прямоуголь- ном треугольнике ABC из вершины прямого угла C проведена высота CH, AB = c,BC = a,CA = b, AH = b_c, BH = a_c. В этих обозначениях выполняются следующие соотношения:

1. h = ^√a_cb_c. 2. h=^ab.

c a_c a²

^3. _bc ⁼_b2^. 4. a² =a_cc.

Доказательство.

Рис. 63. Теорема 4.2.3.

Докажем, что треугольники ABC, ACH и CHB подобны. Из треугольника ABC _∠2 = 90^○ − _∠1. C другой стороны из треугольника CHA _∠3 = 90^○ − _∠1, следовательно _∠2 = _∠3. Кроме того _∠4 = 90^○−_∠3 = _∠1. Следовательно, треугольники ABC, ACH и CHB подобны по первому признаку подобия треугольников.

37

Тогда из подобия треугольников ABC и ACH получаем: ^h = ^b = ^bc . Откуда получаем, что h = ^ab . Из acb c

подобия треугольник ACH и BCH получаем: ^b = ^bc = ^h . Откуда получаем, что h² = a_cb_c и b_c = ^hb . Из a h a_c a

подобия треугольников BCH и ABC получаем: ^a = ^ac = ^h. Кроме того a_c = ^ha. Разделив это формулу cab b

на формулу для b , полученную из второй пропорции, получим ^ac = ^a2 . Кроме того из пропорции ^c b_c b²

^a=^ac получим,a²=a_cc. ca

Теорема 4.2.4. Площадь параллелограмма Вариньона в два раза меньше площади исходного четы- рехугольника.

Доказательство.

a)

b)

Рис. 64. Теорема 4.2.4.

Пусть MNPQ – параллелограмм Вариньона для выпуклого четырехугольника ABCD, и пусть S_ABCD =S. Докажем, что S_MNPQ = ^S.

2

Треугольники ABC и BMQ подобны с коэффициентом ¹. Следовательно, S_BMQ = ¹S_BAC. Анало- 24

гичноS_DNP =¹S_ACD.ТогдаS_BMQ+S_DNP =¹(S_ABC+S_ACD)=¹S.АналогичноS_CNM+S_QAP =¹S. 4444

ТогдаS_MNPQ=S−S_BMQ−S_DNP−S_CNM−S_QAP =S−¹S−¹S=¹S. 442

Рассмотрим случай, когда ABCD –невыпуклый. Аналогично первому случаю S_BMQ + S_DNP = ¹(S_ABC + S_ACD) = ¹S. Обозначим S₁ = S_BAD. Тогда S_CMN = ¹S_BCD = ¹(S + S₁) и S_QAP = ¹S₁.

44444

ТогдаS_MNPQ=S−S_BMQ−S_NPD−S_CNM+S_AQP =S−¹S−¹(S+S₁)+¹S₁=¹S. 4442

Теорема 4.2.5 (Замечательное свойство трапеции). В любой трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой.

Доказательство.

a)

Рис. 65. Теорема 4.2.5.

Рассмотрим трапецию ABCD. Пусть продолжения сторон AB и CD пересекаются в точке P, точка M – середина основания BC, а Точка N – это точка пересечения прямых PM и AD (рис. 65 a). Докажем, что N – это середина AD.

Так как BC ∥ AD, то _△BPM ∼ _△PAN и _△PCM ∼ _△PND, причем коэффициент подобия в обоих

случаяхравенk= ^PN.ТогдаAN=k⋅BM=k⋅MC=ND.ТакимобразомN –серединаAD. PM

b)

38

Пусть O – точка пересечения диагоналей AC и BD (рис. 65 b). Докажем, что точка O принадлежит отрезку MN.

Треугольники BOC и AOD подобны с коэффициентом ^BC = ^BM = ^{P M} = k. Следовательно, ^BO = k, AD AN PN OD

^BM = k и _∠1 = _∠2, как накрест лежащие. Тогда _△BMO ∼ _△OND по второму признаку подобия ND

треугольников. Следовательно, _∠3 = _∠4, а тогда MON – одна прямая по следствию 2.1.
Лемма 4.2.6. Пусть на сторонах AB и BC треугольника ABC отмечены точки M и N соответ-

ственно. Тогда
1. Если BM ∶MA=BN ∶NC, то MN ∥AC; 2. Если MN ∥AC, то BM ∶BA=BN ∶NC;

Рис. 66. Теорема 4.2.6.

Доказательство.

Докажем первый пункт теоремы.
ПустьBM=a,MA=xa,BN=b,NC=xb(рис.66).Тогда^BM = ^a = ¹ = ^b =^BN.Тогда

BA a+ax 1+x
треугольники BMN и ABC подобны по второму признаку подобия треугольников, так как _∠A –

общий. Следовательно, _∠1 = _∠2, а так как это соответственные углы при секущей AB, то MN ∥ AC.

Докажем второй пункт теоремы. Так как MN ∥ AC, то _∠1 = _∠2 (рис. 66), а поскольку _∠A –

общий, то треугольники BMN и ABC подобны. Тогда ^BM = ^BN , откуда ^BM = ¹ = ¹ . BA BC BM+MA ₁₊^MA ₁₊^NC

b+bx BC

Следовательно, ^MA = ^NC . BM BN

BM BN

Теорема 4.2.7 (Обобщенная теорема Фалеса). Параллельные прямые отсекают на секущих пропор- циональные отрезки.

Доказательство.

a)

b)

Рис. 67. Теорема 4.2.7.

Пусть параллельные прямые l₁,l₂,l₃ пересекают прямые a и b в точках A₁,A₂,A₃ и B₁,B₂,B₃ со- ответственно. Пусть при этом A₁A₂ ∶ A₂A₃ = x. Докажем, что тогда B1B₂ ∶ B₂B₃ = x.

Рассмотрим случай, когда прямые a и b параллельны (рис. 67 a).

39

Тогда A₂A₁B₁B₂ и A₃A₂B₂B₃ – параллелограммы, следовательно, A₁A₂ = B₁B2 и A₂A₃ = B₂B₃, и так как A₁A₂ ∶A₂A₃ =B₁B₂ ∶B₂B₃ =x.

Рассмотрим случай, когда прямые a и b не параллельны (рис. 67 b).

Проведем через точку B₁ прямую c, параллельную прямой a. Пусть прямые l₂ , l₃ , l₄ и прямая c пересекаются в точках C₂, C₃, C₄. По первому случаю B₁C₂ ∶ C₂C₃ = x, кроме того B₂C₂ ∥ B₃C₃. Тогда по второму пункту леммы 4.2.6 B₁C₂ ∶ C₂C₃ = B₁B₂ ∶ B₂B₃ = x.

Замечание. Следующее утверждение неверно: пусть прямые l₁,l₂,l₃ пересекают прямые a и b в точках A₁, A₂, A₃ и B₁, B₂, B₃ соответственно. Тогда из того, что A₁A₂ ∶ A₂A₃ = B₁B₂ ∶ B₂B₃ следует, что l₁ ∥l₂ ∥l₃.

Рис. 68. Замечание к теореме 4.2.7.
Теорема 4.2.8 (Теорема Чевы). Чевианы AA₁,BB₁ и CC₁ треугольника ABC пересекаются в одной

точке тогда и только тогда, когда ^AC1 ⋅ ^BA1 ⋅ ^CB1 = 1. C₁B A₁C B₁A

Доказательство.

a)

b)

Рис. 69. Теорема 4.2.8.

Рассмотрим треугольник ABC, в котором чевианы AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в точке O (рис. 69 a). Докажем, что тогда ^AC1 ⋅ ^BA1 ⋅ ^CB1 = 1.

C₁B A₁C B₁A
Треугольники AOB и BOC имеют общее основание BO, следовательно, их площади относятся,

как высоты проведенные из вершин A и C соответственно. Треугольники AOB₁ и B₁OC имеют общее

основание B₁O, следовательно, их площади относятся, как высоты проведенные из вершин A и C

соответственно. Следовательно ^SAOB = ^SAOB1 . Кроме того, треугольники AOB₁ и COB₁ имеют общую ^SBOC ^SB₁OC

высоту, проведенную из вершины O, следовательно, ^SAOB1 = ^AB1 . Тогда ^SAOB = ^AB1 . ^SB₁OC ^B1^{C S}BOC ^B1^C

Аналогично ^SAOC = ^CA1 и ^SBOC = ^BC1 . Перемножая эти равенства, получим: ^AB1 ⋅ ^CA1 ⋅ ^BC1 = S_AOB A₁B S_AOC C₁A B₁C A₁B C₁A

^SAOB _⋅ ^SAOC _⋅ ^SBOC _{= 1.} ^SBOC ^SAOB ^SAOC

Докажем обратную теорему. Пусть O – точка пересечения чевиан AA₁ и BB₁ в треугольнике ABC. Пусть прямая CO пересекает сторону AB в точке C₂ (рис. 69 b). Докажем, что если ^AC1 ⋅ ^BA1 ⋅ ^CB1 = 1,

_тоC2_=C1_. ^C1^{B A}1^{C B}1^A

Так как чевианы AA₁, BB₁ и CC₂ пересекаются в одной точке, то по первой части ^AC2 ⋅ ^BA1 ⋅ ^CB1

Нотогда^AC2 =^A1C⋅^B1A=^AC1,чтоиозначает,чтоC₁=C₂. C₂B BA₁ CB₁ C₁B

= 1.

C₂B A₁C B₁A

40

Определение 4.3. Определим отношение направленных отрезков следующим образом:

􏰁→
_AB ∣AB∣

􏰁→ 􏰁􏰁→ ,еслиAB⇈CD.

􏰁→ 􏰁􏰁→ ,еслиAB􏰀CD.

^1. 􏰁􏰁→ ⁼ CD

∣CD∣

􏰁→
_AB ∣AB∣

2. _􏰁􏰁→ =− CD

∣CD∣

Теорема 4.2.9 (Теорема Менелая). Точки A₁,B₁ и C₁, лежащие на сторонах треугольника ABC 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→

AC₁ BA₁ CB₁
или на их продолжениях, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ = −1.

Доказательство.

a)

b)

Рис. 70. Теорема 4.2.9.

Рассмотрим треугольник ABC, и пусть прямая l пересекает стороны AB,BC,CA или их продол- 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→

AC₁ BA₁ CB₁ жения в точках C , A и B соответственно (рис. 70 a). Докажем, что тогда _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ = −1.

C₁B A₁C B₁A

111

C₁B A₁C B₁A

Проведем через вершину C прямую p, параллельную прямой l. Пусть K – это точка пересечения 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→

AB₁ AC₁ CA₁ C₁K
прямых p и AC . По теореме Фалеса _􏰁􏰁→ = _􏰁􏰁→ , _􏰁􏰁→ = − _􏰁􏰁→ . Перемножив эти равенства, получим

B₁C C₁K A₁B C₁B 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→
AB₁⋅CA₁ AC₁ AC₁ BA₁ CB₁

_{􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→} = −_􏰁􏰁→, откуда следует, что _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ = −1. B₁C⋅A₁B C₁B C₁B A₁C B₁A

Докажем обратное утверждение. Рассмотрим треугольник ABC. Пусть на прямых AB,BC и AC 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→

AC₁ BA₁ CB₁
выбраны точку C , A и B соответственно. Докажем, что если _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ = −1, то точки A , B и

111 11

C₁B A₁C B₁A
Пусть прямая A₁B₁ пересекает прямую AB в точке C₂. Докажем, что C₂ = C₁ (рис. 70 b). Дей-

C₁ лежат на одной прямой.

ствительно, так как точки A₁,B₁ и C₂ лежат на одной прямой, то для них выполняется равенство 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→ 􏰁􏰁→

AC₂ BA₁ CB₁ AC₂ A₁C B₁A AC_{1
􏰁􏰁→} ⋅ _􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ =−1. Но тогда _􏰁􏰁→ =−_􏰁􏰁→ ⋅ _􏰁􏰁→ = _􏰁􏰁→, что и означает, что C₁ =C₂. C₂B A₁C B₁A C₂B BA₁ CB₁ C₁B