206. Sabemos (n. 175) que se ∠A (Fig. 203 ou 204) é interceptado por dois paralelos KL e BC, então a razão de quaisquer dois segmentos de um lado desse ângulo é igual à razão de dois segmentos do outro (por exemplo, AK/KB = AL/LC; AB/AK = AC/AL, etc.). Mas vemos que temos mais segmentos nos próprios paralelos, ou seja, KL e BC. Surge a questão de saber se é possível escolher dois segmentos AL, LC e AC situados do mesmo lado do nosso ângulo A de modo que sua razão seja igual à razão dos segmentos KL e BC.

Para isso, primeiro transferimos o segmento KL para a linha BC, para a qual precisamos construir LD || AB; então BD = KL. Então, em vez dos segmentos KL e BC, podemos considerar os segmentos BD e BC, que estão localizados no lado CB do ângulo C. Como ∠C acabou sendo interceptado por duas linhas paralelas, a saber, as linhas AB e LD , então, aplicando § 175 ao ângulo C, encontramos

BD/BC = AL/AC ou KL/BC = AL/AC.

O problema está resolvido: conseguimos encontrar dois segmentos AL e AC no lado AC de modo que sua razão = KL/BC. Sabendo também que AK/AB = AL/AC, podemos agora escrever as igualdades:

AK/AB = AL/AC = KL/BC.

Considerando essas igualdades, chegamos à conclusão de que elas conectam os lados dos dois triângulos obtidos, a saber, ∆AKL e ∆ABC. Surge uma nova pergunta: os ângulos desses triângulos estão conectados de alguma forma?

A resposta para a última pergunta é fácil de encontrar: ∠A nossos triângulos têm em comum, ∠K = ∠B, como correspondente para as paralelas KL e BC e secante AB, e ∠L = ∠C, como correspondente para a mesma paralela, mas com secante AC.

Podemos mover ∆AKL (cap. 203) para outro lugar, ou, o que é o mesmo, construir um novo ∆A"K"L" igual a ∆AKL; seus lados e ângulos serão respectivamente iguais aos lados e ângulos de ∆AKL: AK = A "K", AL = A"L", KL = K"L", ∠A = ∠A", ∠K = ∠K", ∠L = ∠L".

Então obtemos ∆A"K"L", que está na mesma relação com ∆ABC que ∆AKL:
1) estes triângulos têm ângulos iguais: ∠A" = ∠A, ∠K" = ∠B, ∠L" = ∠C;
2) para os lados temos proporções:

A"K"/AB = A"L"/AC = K"L"/BC (1)

Deve-se notar que os dois lados de cada relacionamento não estão acidentalmente conectados em um relacionamento - você não pode, por exemplo, escrever A "L" / AB = A "K" / BC = K "L" / AC. É preciso ser capaz de encontrar as partes que deveriam ser membros de um relacionamento. A maneira mais fácil de fazer isso é pelos ângulos dos triângulos: você pode notar que os lados de cada relação em igualdades (1) estão em triângulos contra ângulos iguais (A"K" contra ∠L e AB contra o ângulo igual C, etc. .). Costuma-se chamar os lados que servem como membros da mesma relação de semelhantes (lado A "K" é semelhante ao lado AB, A "L" - a AC e K "L" - a BC), e os lados semelhantes estão localizados em nossos triângulos contra ângulos iguais.

A igualdade (1) pode ser lida em termos abreviados:

Os lados do triângulo ∆A"K"L" são proporcionais aos lados semelhantes ∆ABC.

A palavra "proporcional" significa: a razão de um par de lados semelhantes dos triângulos A"K"L" e ABC é igual à razão do outro par e é igual à razão do terceiro par.

Triângulos que têm as duas características encontradas acima são chamados de semelhantes. Para indicar a semelhança de triângulos, o sinal ~ é usado. Temos: ∆AKL ~ ∆ABC e também ∆A"K"L" ~ ∆ABC.

Agora você pode instalar:

Dois triângulos são chamados semelhantes se os ângulos de um são iguais em pares aos ângulos do outro e seus lados semelhantes são proporcionais.

Comente. Tomemos da igualdade (1) apenas um, por exemplo, A"K"/AB = A"L"/AC. Aplicando a propriedade do item 178 aqui, obtemos: A "K" / A "L" \u003d AB / AC, ou seja a razão entre dois lados de um triângulo é igual à razão entre dois lados semelhantes de outro triângulo semelhante ao primeiro.

207. O principal sinal da semelhança de triângulos. De acordo com o parágrafo anterior, podemos construir um conjunto incontável de triângulos semelhantes ao dado: para isso, precisamos cruzar o triângulo dado com várias linhas paralelas a um de seus lados e, se desejar, transferir cada triângulo resultante para outro lugar no avião. Em todos os triângulos resultantes, os ângulos permanecem inalterados e a razão de qualquer lado de um para o lado semelhante do dado (escala de similaridade) muda. Portanto, surge o pensamento se não basta para a semelhança de dois triângulos apenas a igualdade de seus ângulos.

Vamos construir 2 triângulos: ∆ABC e ∆DEF (Gráfico 205) para que ∠A = ∠E e ∠B = ∠D. Então, em primeiro lugar, encontramos que ∠C = ∠F (porque a soma dos ângulos de cada triângulo = 2d).

Vamos impor ∆DEF em ∆ABC de modo que, por exemplo, o ponto E atinja o ponto A. Então, girando em torno deste ponto, devido à igualdade ∠E = ∠A, ED e EF percorrem AB e AC, respectivamente; o lado DF deve ocupar tal posição KL que ∠AKL = ∠D = ∠B e ∠ALK = ∠F = ∠C, ou seja, de modo que KL || BC, uma vez que são obtidos ângulos correspondentes iguais.

Assim concluímos que ∆DEF pode ser obtido construindo a seção anterior e, consequentemente, que ∆DEF ~ ∆ABC. Então se dois ângulos de um triângulo são iguais, respectivamente, a dois ângulos de outro, então esses triângulos são semelhantes.

208. Tarefa. Construa a quarta proporcional aos três segmentos dados.

Sejam dados os segmentos a, b e c (Gráfico 206); é necessário construir tal 4º segmento x, de modo que a proporção a/b = c/x ocorra.

Construímos duas retas arbitrárias AB e CD que se cruzam no ponto O e separamos do ponto O em uma delas os segmentos da primeira relação: OA = a, OB = b (é possível em uma ou em direções diferentes da ponto O) e na outra reta segmento conhecido da segunda relação OC = c. Em seguida, conectamos com uma linha reta as extremidades dos segmentos que servem como membros anteriores de nossa proporção (se um deles não era conhecido, devemos conectar as extremidades dos segmentos que servem como membros subsequentes dessa proporção); obtemos a linha AC conectando as extremidades dos segmentos a e c. Então, através do ponto B, construímos a linha BD || CA. Então aprendemos ∆OBD ~ ∆OAC (∠O = ∠O, como vertical e ∠C = ∠D, como transversal interno, o que é suficiente de acordo com o parágrafo anterior para a semelhança de nossos triângulos). Portanto, temos (n. 206) proporcionalidade de lados semelhantes:

OA/OB = OC/OD ou a/b = c/OD,

daí segue-se que o segmento desejado x = OD.

Se fosse necessário satisfazer as proporções x/c = a/b, então seria necessário conectar os pontos B e C e construir AL || BD; então o segmento OL seria o desejado.

Observação. Se construirmos um segmento x de tal forma que, por exemplo, a proporção x/c = a/b seja satisfeita, então qualquer outro segmento x" não satisfará essa proporção; se x"> x, então x"/c > x>c e, portanto, x"/c > a/b se x"< x, то x"/c < x/c и x"/c < a/b.

209. Outros sinais de semelhança de triângulos. 1) Se dois lados de um triângulo são proporcionais a dois lados de outro e os ângulos entre eles são iguais, então esses dois triângulos são semelhantes.

Seja ∆ABC (cap. 207); tomemos um segmento arbitrário ED e construamos, conforme item 208, o segmento x para que ocorra a proporção x/AC = ED/AB. Finalmente, construímos ∆EDF de modo que um lado dele seja o segmento ED, o outro lado seja o segmento EF = x e, finalmente, ∠E = ∠A. Então ∆EDF e ∆ABC estão relacionados da seguinte forma:

1) ∠E = ∠A e 2) EF/AC = ED/AB.

Esses triângulos são semelhantes?

Para responder a esta pergunta, basta notar que podemos construir um triângulo igual a ∆EDF de uma maneira diferente e mais simples. Para fazer isso, deixamos de lado o segmento AK = ED no lado AB e construímos KL || BC; então ∆AKL ~ ∆ABC (Sec. 197) e, conseqüentemente, AL/AC = AK/AB.

Como AK = ED e como há apenas uma maneira (observação 208) de satisfazer as proporções x/AC = ED/AB, concluímos daí que EF = AL e que ∆AKL = ∆EDF. Portanto, ∆EDF pode ser sobreposto com ∆AKL e, portanto, ∆EDF ~ ∆ABC. Isso justifica o sinal de proporcionalidade, estabelecido no início deste parágrafo.

2) Se três lados de um triângulo são proporcionais a três lados de outro triângulo, então esses triângulos são semelhantes.

Seja ∆ABC (cap. 207); tomemos o segmento ED e, conforme o item 208, construamos outros dois segmentos x e y para que as proporções ocorram: x/AC = ED/AB e y/BC = ED/AB. Vamos então construir um triângulo EDF (EF = x, DF = y) dados os três lados ED, xey.

Então ∆EDF e ∆ABC estão relacionados da seguinte forma:

1) EF/AC = ED/AB e 2) DF/BC = ED/AB

ou, em resumo:

EF/AC = DF/BC = ED/AB.

Esses triângulos são semelhantes?

Para resolver este problema, notamos que é possível construir um triângulo igual a ∆EDF de uma forma diferente e mais simples.

Para fazer isso, deixamos de lado o segmento AK = ED no lado AB e construímos KL || BC; então (Seção 206) obtemos ∆AKL ~ ∆ABC e, consequentemente,

AL/AC = KL/BC = AK/AB.

Como o segmento AK = ED e como, conforme observação do item 208, somente um segmento pode ser construído que satisfaça a proporção x/AC = ED/AB, concluímos que AL = EF; encontramos também que KL = DF, daí resulta que ∆EDF = ∆AKL, e por superposição podemos combinar ∆EDF com ∆AKL (às vezes, pode ser necessário virar ∆EDF para o outro lado). Portanto, ∆EDF ~ ∆ABC.

Isso justifica o sinal indicado.

De maneira semelhante, pode-se encontrar vários outros sinais de semelhança, tanto para triângulos em geral quanto para triângulos especiais. Por exemplo, se a hipotenusa e o cateto de um triângulo retângulo são proporcionais à hipotenusa e o cateto de outro, então esses triângulos são semelhantes. A elucidação de sua validade baseia-se: 1) na observação do item 208 e 2) no sinal de igualdade dos triângulos retângulos (item 74, sinal 4).

Observação. Em alguns dos problemas a seguir, você terá que encontrar as razões dos segmentos medidos por alguma unidade. Se, por exemplo, o segmento x = 7½ lin. solteiro e segmento y = 3/10 lin. solteiro (a unidade linear é a mesma), então para encontrar a razão entre o segmento x e o segmento y, é necessário expressar o segmento x como um número, tomando o segmento y como unidade. Se y = 3/10 lin. unidades, então lin. solteiro = 10/3 * y e, portanto,

x = (7½ * 10/3)y, de onde x/y = 7½ * 10/3 = 7½: 3/10,

isto é, para sobrepor a razão dos segmentos medidos por qualquer unidade, é necessário encontrar a razão dos números que expressam nossos segmentos, e a razão dos números, como é conhecida da aritmética, é encontrada pela divisão.

210. Exercícios.

1. Dados 2 triângulos retângulos; o ângulo agudo de um deles = 41°, e o ângulo agudo do outro = 49°. Descubra se esses triângulos são semelhantes.

2. Dados ∆ABC e ∆KLM (cap. 208) de modo que ∠B = ∠M e AB = 15 dm, BC = 18 dm, ML = 12 dm. e MK = 10 dm. Esses triângulos são semelhantes? Se forem semelhantes, calcule o lado AC, sabendo que o lado KL = 5½ dm.

3. ∆ABC e ∆KLM são dados (desenho 208) de modo que AB = 18 dm., BC = 20 dm., AC = 8 dm., KL = 6 dm., KM = 13½ dm., ML = 15 dm. . Esses triângulos são semelhantes? Como você pode encontrar semelhanças aqui?

4. Nos triângulos ABC e KLM dados: AB = 16 dm., AC = 8 dm., BC = 20 dm., KL = 5 dm., MK = 10 dm. e ML = 12 dm. Esses triângulos são semelhantes? Se eles não são semelhantes, então como o lado ML deve ser alterado para que os triângulos sejam semelhantes?

5. Dados 2 triângulos semelhantes, cujos lados são iguais respectivamente. 10, 14 e 16 dm. e o lado maior do outro = 20 dm. Encontre os outros 2 lados do segundo triângulo.

6. Dado um triângulo. Usando o método do item 206, construa outro triângulo semelhante ao dado de modo que cada razão entre o lado do novo triângulo e o lado semelhante do segundo seja = ¾.
Faça a mesma construção se a proporção acima for 2½.

211. Razões de alturas e áreas de triângulos semelhantes. Seja ∆ABC ~ ∆DEF (Gráfico 209). Portanto, temos: ∠A = ∠D, ∠B (∠ABC) = ∠E (∠DEF) e ∠C = ∠F (1) e

AB/DE = AC/DF = BC/EF (2)

Vamos construir as alturas BM e EN em nossos triângulos, soltando perpendiculares a lados semelhantes; chamaremos essas alturas de semelhantes. Então ∆ABM ~ ∆DEN, pois eles têm ∠A = ∠D baseado nas igualdades (1) e ∠AMB = ∠DNE como ângulos retos (BM ⊥ AC e EN ⊥ DF), e isso é suficiente para que nossos triângulos sejam semelhantes ( 207) e de sua semelhança obtemos:

Com base nas igualdades (2), podemos continuar a última igualdade:

BM/EN=AB/DE=AC/DF=BC/EF,

ou seja, a razão de alturas semelhantes de triângulos semelhantes é igual à razão de lados semelhantes.

De uma série de últimas proporções iguais, vamos prestar atenção à proporção.

(Relação de alturas semelhantes = razão de bases).

212. No parágrafo 209 foi indicado como encontrar a razão de dois segmentos medidos pela mesma unidade. O mesmo se aplica para encontrar a razão de duas áreas medidas pela mesma unidade quadrada: essa razão é encontrada dividindo os números que expressam nossas áreas.

Neste parágrafo, e em muitos casos no futuro, também entenderemos a notação, por exemplo, AB, como um número que expressa o segmento AB em quaisquer unidades lineares; unidades quadradas. Ao analisar uma questão, todos os segmentos serão considerados medidos pela mesma unidade linear, e todas as áreas - pelas unidades quadradas correspondentes.

Sabemos (n. 201) que para medir a área de um triângulo em unidades quadradas, é necessário medir sua base e altura com a unidade linear correspondente e tirar metade do produto dos números resultantes.
Agora, usando a notação de acordo com a condição acima, temos para ∆ABC e ∆DEF (Fig. 209)
área ∆ABC = (AC * BM) / 2 e área ∆DEF = (DF * EN) / 2.

Encontre a razão das áreas de nossos triângulos dividindo

ou seja a razão das áreas de dois triângulos é igual ao produto da razão de suas bases pela razão de suas alturas.

Consideremos agora que estamos lidando com triângulos semelhantes - consideramos que ∆ABC ~ ∆DEF.

Então do parágrafo anterior temos:

Substituindo na fórmula que expressa a razão das áreas dos triângulos, a razão das alturas pela razão das bases igual a ela, temos:

Também podemos dizer que esta razão = (AB/DE) 2 . Então,

a razão das áreas de triângulos semelhantes é igual ao quadrado da razão de seus lados semelhantes.

Este resultado concorda com o encontrado no § 160 (Exercícios 5, 6 e 7).

Um exercício. Encontre a razão das áreas de triângulos semelhantes dados no parágrafo 210 (Exercícios 2, 3, 5 e 6).

213. A razão das áreas de triângulos com um ângulo igual. Seja em ∆ABC e ∆DEF (cap. 210) temos ∠A = ∠D, e os outros ângulos não são iguais. Então nossos triângulos não são semelhantes. Nós, assim como no parágrafo anterior, construímos as alturas BM e EN desses triângulos e encontramos dividindo a razão de suas áreas

BM/EN = AB/DE (2)

Mas agora não é mais possível substituir a razão das alturas (BM/EN) pela razão das bases (AC/DF), pois esses triângulos não são semelhantes. Usando (2) de (1) temos:

isto é, a razão das áreas de dois triângulos com um ângulo igual é igual ao produto das razões dos lados que compõem esses ângulos.

Um exercício. Dado um triângulo; construa outro triângulo de modo que um ângulo permaneça inalterado e os lados que compõem esse ângulo aumentem um de 2 vezes e o outro de 3 vezes. Como sua área aumentará? A resposta, que é facilmente encontrada por cálculo, é desejável calcular geometricamente.

252. O conceito de semelhança de triângulos também se estende aos polígonos. Seja o polígono ABCDE (cap. 245); faça a construção semelhante ao item 206. Construa as diagonais AC e AD e, escolhendo algum ponto K do lado AB entre os pontos A e B ou fora do segmento AB, construa KL || BC até interceptar a diagonal AC, então LM || CD ao cruzamento com AD e finalmente MN || DE até o cruzamento com AE. Então obtemos o polígono AKLMN, que está relacionado ao ABCD pelas seguintes dependências:

1) Os ângulos de um polígono são iguais em pares aos ângulos de outro: eles compartilham o ângulo A, ∠K = ∠B (como correspondente), ∠KLM = ∠BCD, porque ∠KLA = ∠BCA e ∠ALM = ∠ ACD, etc

2) Os lados semelhantes desses polígonos são proporcionais, ou seja, a razão de um par de lados semelhantes é igual à razão do outro par, igual à razão do terceiro par, etc.

Lados “semelhantes” aqui devem ser entendidos de maneira um pouco diferente de triângulos: aqui consideramos como lados semelhantes aqueles que estão incluídos entre ângulos iguais, por exemplo, BC e KL.

A validade dessa proporcionalidade é vista da seguinte forma:

∆AKL ~ ∆ABC, portanto AK/AB = KL/BC = AL/AC
∆ALM ~ ∆ACD, portanto AL/AC = LM/CD = AM/AD
∆AMN ~ ∆ADE, portanto AM/AD = MN/DE = AN/AE

Vemos que entre as três primeiras razões iguais e entre as três segundas razões iguais existe um AL/AC idêntico; também as três últimas relações estão conectadas com a relação anterior AM/AD. Portanto, pulando as razões das diagonais, temos:

AK/AB = KL/BC = LM/CD = MN/DE = AN/AE

Tudo isso permanece, como é fácil ver, válido também para um polígono com um número de lados maior que o nosso.

Se transferirmos o polígono AKLMN para outro lugar no plano, as 2 relações acima deste polígono com ABCDE permanecerão em vigor; tais polígonos são chamados semelhantes. Então, dois polígonos são chamados semelhantes se os ângulos de um são iguais em pares aos ângulos do outro e se seus lados semelhantes são proporcionais.

Sabemos, portanto, como construir um polígono como este. Construímos AKLMN ~ ABCDE.

Vemos também que nos polígonos ABCDE e AKLMN as diagonais são construídas a partir de seus respectivos vértices, e duas fileiras de triângulos semelhantes são obtidas: ∆AKL ~ ∆ABC, ∆ALM ~ ∆ACD e ∆AMN ~ ∆ADE - esses triângulos estão igualmente localizados em ambos os polígonos.

Surge a questão se esta última propriedade permanecerá válida se construirmos um polígono como o dado de alguma outra maneira que não a que usamos aqui.

253. Seja o polígono A"B"C"D"E" construído de alguma forma semelhante ao polígono ABCDE (cap. 246), ou seja, de modo que

∠A" = ∠A, ∠B" = ∠B, ∠C" = ∠C, ∠D" = ∠D, ∠E" = ∠E (1)

A"B"/AB = B"C"/BC = C"D"/CD = D"E"/DE = E"A"/EA (2)

A questão do final do parágrafo anterior é equivalente a outra: é possível colocar esses dois polígonos em uma posição de modo que, por exemplo, o ponto A "coincide com A, e os vértices restantes estejam localizados em pares nas linhas que vão a partir deste ponto comum, e de modo que seus lados semelhantes ou fossem paralelos, ou o lado de um polígono estaria localizado no lado do outro.

Vamos resolver este problema. Para isso, separamos o segmento AK = A"B" do lado AB do ponto A e, usando o parágrafo anterior, construímos o polígono AKLMN ~ ABCDE.

Resta saber se o polígono A"B"C"D"E" pode coincidir com AKLMN quando sobreposto.

Temos: AK/AB = KL/BC = LM/CD = MN/DE = NA/EA.

Comparando essas igualdades com as igualdades (2) e levando em conta que AK = A"B", obtemos facilmente KL = B"C", LM = C"D", etc., ou seja, todos os lados dos polígonos A "B" C"D"E" e AKLMN são iguais em pares. Colocamos o polígono A"B"C"D"E" em AKLMN para que A" entre em A e o lado A"B" coincida com AK (construímos AK = A"B"); então, devido à igualdade dos ângulos B" e K, o lado B"C" seguirá KL, devido à igualdade dos lados KL e B"C", o ponto C" cairá em L, etc.

Assim, A"B"C"D"E" coincide com AKLMN e, portanto, se construirmos as diagonais A"C" e A"D", obtemos uma série de triângulos semelhantes e igualmente localizados com ∆ABC, ∆ACD , etc.

Portanto, concluímos: Se construirmos diagonais a partir dos vértices correspondentes em polígonos semelhantes, obteremos 2 linhas de triângulos semelhantes e igualmente espaçados.

É fácil ver a validade da conclusão inversa: se, ∆A"B"C" ~ ABC, ∆A"C"D" ~ ∆ACD e ∆A"D"E" ~ ∆ADE, então o polígono A "B"C"D "E" ~ polígono ABCDE. Então ∆A"B"C" = ∆AKL, ∆A"C"D" = ∆ALM e ∆A"D"E" = ∆AMN, o que implica a igualdade dos polígonos A"B"C"D"E" e AKLMN e, portanto, a semelhança de A"B"C"D"E" e ABCDE.

254. A posição (dois vértices correspondentes se fundem em um ponto, os vértices restantes estão em pares nas linhas que passam por esse ponto e os lados semelhantes são paralelos) para a qual conseguimos trazer dois polígonos semelhantes é um caso especial de outro mais geral posição de dois polígonos semelhantes.

Vamos ter KLMN ~ ABCD (cap. 247). Pegue qualquer ponto S e conecte-o a todos os vértices A, B, C e D do primeiro polígono. Tentaremos construir um polígono igual ao polígono KLMN de modo que seus vértices fiquem nas linhas SA, SB, SC e SD e os lados sejam paralelos aos lados do polígono ABCD.

Para fazer isso, deixamos de lado o segmento AP = KL no lado AB (assumimos que KL e AB são lados semelhantes) e construímos PB" || AS (o ponto P e a linha PB" não são dados no desenho). Através do ponto B", onde SB intercepta PB", construímos B"A" || AB. Então A"B" = AP = KL, então construímos B"C" || BC, através do ponto C", onde B"C" cruza com SC, desenhe C"D" || CD e ponto D", onde C"D" cruza com SD, conecte com A". Obtenha o polígono A"B"C "D", que, como veremos em breve, é semelhante ao polígono ABCD.

Desde A"B" || AB, então ∆SA"B" ~ ∆SAB, de onde

SA"/SA = A"B"/AB = SB"/SB (1)

Desde B"C" || BC, então ∆SB"C" ~ ∆SBC, de onde

SB"/SB = B"C"/BC = SC"/SC (2)

Desde C"D" || CD, então ∆SC"D" ~ ∆SCD, de onde

SC"/SC = C"D"/CD = SD"/SD (3)

A partir disso, podemos deduzir que SA "/SA \u003d SD" / SD e, portanto, ∆SA "D" ~ ∆SAD, pois os dois lados de um são proporcionais aos dois lados do outro e os ângulos entre eles são iguais (∠S comum), - A "D " || AD e

SD"/SD = D"A"/DA = SA"/SA (4)

Das igualdades das relações (1), (2), (3) e (4) obtemos facilmente:

A"B"/AB = B"C"/BC = C"D"/CD = D"A"/DA (5)

Além disso, ∠A" = ∠A, ∠B" = ∠B, etc., como ângulos com lados paralelos. Portanto, A"B"C"D" ~ ABCD.

Além disso, é fácil ver que KLMN = A"B"C"D". De fato, ∠K = ∠A, mas ∠A = ∠A", portanto ∠K = ∠A"; também ∠L = ∠B", etc. - os ângulos de nossos polígonos são iguais. Além disso, da semelhança de KLMN ~ ABCD, obtemos:

KL/AB = LM/BC = MN/CD = NK/DA.

Comparando estas razões iguais com as igualdades (5) e tendo em conta que A"B" = KL, encontramos: B"C" = LM, C"D" = MN, D"A" = NK. Agora é fácil, como fizemos acima, ver que KLMN, quando sobreposto, se alinhará com A"B"C"D". Portanto, conseguimos colocar esses polígonos semelhantes em uma posição que seus vértices estejam localizados em pares nas linhas que passam pelo ponto S e seus lados semelhantes sejam paralelos, que é o que estávamos buscando.

Observe também que os vértices correspondentes em nossos polígonos seguem um ao outro na mesma direção (veja as setas próximas aos polígonos ABCD, KLMN e A"B"C"D") - no sentido horário.

Se os vértices de um polígono, correspondentes aos vértices sucessivos de outro, seguissem na direção oposta de como estão localizados em outro, poderíamos colocar nossos polígonos de modo que os vértices correspondentes estejam localizados em lados opostos de o ponto S (ver Fig. 248).

O ponto S, onde convergem as linhas que ligam os pares de vértices correspondentes dos polígonos, é chamado centro de semelhança; no primeiro caso (desenho 247), quando ambos os vértices correspondentes (por exemplo, A e A ") estão localizados no mesmo lado de S, o centro de semelhança é chamado de externo, e no segundo (desenho 248), quando o correspondente os vértices estão localizados em lados opostos do ponto S, o centro de similaridade é chamado de interno... localizado de forma semelhante.

255. Se nos for dado um polígono ABCD (cap. 247 ou 248), - chamaremos este polígono original, - podemos, escolhendo um ponto arbitrário S, obter suas imagens semelhantes a ele em qualquer escala, - esse nome é chamado de razão de qualquer segmento da imagem para o segmento correspondente no original (no polígono dado). Essa relação também é chamada coeficiente de similaridade- vamos denotar por k. Até agora, para nós, o coeficiente de similaridade é a razão entre o lado da imagem e o lado do original, ou seja,

A "B / AB \u003d B" C / BC \u003d ... \u003d k.

No futuro, estenderemos esse conceito para a proporção de quaisquer dois segmentos da imagem e do original que sejam semelhantes entre si.

Da igualdade (1), (2), (3) e (4) do parágrafo anterior, temos:

SA"/SA = SB"/SB = SC"/SC = SD"/SD = A"B"/AB = k,

ou seja, a razão das distâncias do centro de similaridade dos vértices correspondentes da imagem e o original = coeficiente de similaridade.

Sob o nome de figura (plana) queremos dizer um conjunto de pontos e linhas de planos. Polígonos ABCD - há uma figura. Adicionamos mais um ponto (escolhido aleatoriamente) E - obtemos uma nova figura consistindo de um polígono ABCD e um ponto E, - encontramos a imagem do ponto E. Para fazer isso, construímos a linha reta SE e traçamos o segmento SE nele para que SE "/SE \u003d k (tal segmento é fácil de construir usando o item 214); podemos adiar esse segmento na direção de SE (Fig. 247); ou na direção oposta (Fig. 248. O ponto E resultante "é a imagem do ponto E - em outras palavras, o ponto E" e E são os pontos correspondentes em nossas duas figuras semelhantes e colocadas de forma semelhante.

Conectando o ponto E, por exemplo, com B e o ponto E" com B" (B e B" também são pontos correspondentes), obtemos dois segmentos correspondentes BE e B"E".

É fácil ver que ∆SBE ~ ∆SB"E" (já que ∠BSE = ∠B"SE e os lados que compõem esses ângulos são proporcionais: SB"/SB = k e SE"/SE = k, portanto SB "/SB = SE"/SE), decorre disso:

1) B"E" || BE e 2) B"E"/BE = SB"/SB = k

ou seja segmentos correspondentes entre si na imagem e no original 1) são paralelos entre si e 2) sua razão é igual ao coeficiente de similaridade .

Isso implica a possibilidade da seguinte construção para encontrar um ponto correspondente ao ponto dado no original, se já tivermos um par de pontos correspondentes e o centro de semelhança for conhecido: tenhamos um par de pontos correspondentes B e B " e é necessário encontrar um ponto correspondente ao ponto E, - construímos as linhas SE e BE e através de B "construímos uma linha paralela a BE, seu ponto de interseção E" com SE e damos o ponto desejado.

256. Vamos construir para qualquer figura, um ponto da qual é A (Fig. 249), suas imagens, tomando dois pontos arbitrários S 1 e S 2 como centros externos de similaridade e os números k 1 e k 2 como coeficientes de similaridade. Deixe o ponto A corresponder ao ponto A" na primeira imagem, e o ponto A"" corresponde ao mesmo ponto na segunda imagem.

Também adicionamos a esta figura algum ponto B situado na linha S 1 S 2 ; então este ponto B corresponde na primeira imagem ao ponto B" e na segunda imagem ao ponto B"", além disso, os pontos B" e B"" devem estar na mesma linha S 1 S 2 e linhas AB, A"B " e A""B "" devem ser paralelos e igualmente direcionados.

Então nós temos:

A"B"/AB = k1 e A""B""/AB = k2.

A partir daqui encontramos:

A"B"/A""B"" = k1/k2.

Conecte os pontos A" e A"", encontre o ponto de interseção S 3 linhas A""A" e S 2 S 1 . Então, da semelhança dos triângulos S 3 A"B" e S 2 A""B"" encontramos:

Conectando os pontos A" e A"", encontramos o ponto de interseção S 3 das linhas A""A" e S 2 S 1 . Então, da semelhança dos triângulos S 3 A"B" e S 2 A""B"" encontramos:

S 3 B"/S 3 B"" = A"B"/A""B"" = k 1 /k 2,

ou seja, o ponto S 2 deve dividir o segmento B "B" externamente em uma razão igual ao número dado k 1 / k 2. Sabemos (n. 217) que existe apenas um ponto que divide o segmento dado B " B "" a este respeito externamente. Se tomarmos qualquer outro ponto C desta figura e construirmos suas imagens C" e C"", então, ligando os pontos C" e C"" e tomando o ponto de interseção, chamamos novamente de S 3 , a linha C "C"" com a linha S 1 S 2 , obtemos que ∆S 3 B"C" ~ ∆S 3 B""C"" (B""C"" || BC e B"C" || BC, portanto B""C"" || B"C"), de onde novamente encontramos que S 3 B"/S 3 B"" = k 1 /k 2 , ou seja, o novo ponto S 3 coincide com o antigo. Portanto, S 3 é o centro de semelhança das figuras (A"B"C"...) e (A""B""C""...) pontos seguem um ao outro em ambas as figuras são iguais. Disto concluímos que as figuras (A"B"C"...) e (A""B""C""...) também têm um centro externo de similaridade e está localizado na mesma linha com os centros S 1 e S 2 .

Se um dos centros de semelhança S1 for considerado externo e o outro S2 for interno (Fig. 250), as direções dos segmentos correspondentes são as seguintes: A"B" é a mesma direção AB, mas A" "B"" é oposta à direção AB, - portanto, a direção A ""B"" volta para A"B" e S3 é o centro de semelhança interna das figuras (A"B"...) e (A ""B""...).

Se considerarmos ambos os centros de similaridade como internos (por exemplo, S 2 e S 3 na Fig. 250), então é fácil ver que o terceiro centro de similaridade será externo. Então, em geral:

Se três figuras estão localizadas de forma semelhante em pares, então três centros de semelhança estão localizados em uma linha reta, e todas as três são externas, ou duas delas são internas e uma é externa.

257. .
Vamos ter dois polígonos semelhantes ABCDEF e A"B"C"D"E"F" (cap. 251). Vamos chamar o coeficiente de similaridade através de k.

A"B"/AB = k, B"C"/BC = k, etc.,

A"B" = k AB, B"C" = k BC, C"D" = k CD, …

Adicionando essas igualdades em partes e tirando o fator k na segunda parte do colchete, obtemos:

A"B" + B"C" + C"D" + ... = k(AB + BC + CD + ...),

(A"B" + B"C" + C"D" ...) / (AB + BC + CD + ...) = k = A"B"/AB,

ou seja, a razão dos perímetros de triângulos semelhantes é igual à razão dos lados semelhantes (ou igual ao coeficiente de semelhança).

Escolhemos dois vértices correspondentes, por exemplo, A e A", e construímos as diagonais que passam por eles. Então sabemos: 1) (do item 253) ∆ABC ~ ∆A"B"C", ∆ACD ~ ∆A" C "D", etc. 2) (do item 212) A razão das áreas de triângulos semelhantes é igual ao quadrado da razão de seus lados semelhantes, portanto,

quadrado ∆A"B"C" / quadrado ∆ABC = (A"B"/AB) 2 = k 2; quadrado ∆A"C"D" / quadrado ∆ACD \u003d (C "D" / CD) 2 \u003d k 2, etc.,

quadrado ∆A"B"C" = k 2 pl. ∆ABC; pl. ∆A"C"D" = k 2 pl. ∆ACD;
quadrado ∆A"D"E" = k 2 quadrado ∆ADE ...

Somando essas igualdades em partes e colocando o fator comum k 2 na segunda parte do colchete, obtemos:

quadrado ∆A"B"C" + pl. ∆A"C"D" + ∆A"D"E" + ... = k 2 (pl. ∆ABC + pl. ∆ACD + pl. ∆ADE + .. .),

quadrado A"B"C"D"E"F" / pl. ABCDEF \u003d k 2 \u003d (A "B" / AB) 2,

ou seja, a razão das áreas de polígonos semelhantes é igual ao quadrado da razão de seus lados semelhantes (ou igual ao quadrado do coeficiente de similaridade).

258. Dois polígonos regulares de mesmo nome são sempre semelhantes. De fato, os ângulos dos polígonos de mesmo nome são os mesmos (n. 248), e como todos os lados de cada um são iguais entre si, é óbvio que a razão entre qualquer lado de um e qualquer lado do outro é um número constante.

Se inscrevemos qualquer polígono regular em um círculo (Fig. 252) e construímos tangentes ao círculo através dos pontos médios dos arcos contraídos por seus lados, obtemos um polígono regular de mesmo nome descrito ao redor desse círculo. Não é difícil descobrir (deixamos para quem quiser) que os dois polígonos regulares resultantes estão localizados de forma semelhante, e o centro do círculo serve como seu centro externo de semelhança, - externo porque cada par de pontos correspondentes (por exemplo, A e A ") está localizado na mesma direção do centro (se o polígono tiver um número par de lados, o centro do círculo também pode ser considerado um centro interno de semelhança, bastando supor que , por exemplo, o ponto A corresponde ao ponto A "").

259. Exercícios.

1. Os lados de um pentágono são 12, 14, 10, 8 e 16 dm, respectivamente. Encontre os lados de outro pentágono semelhante ao primeiro se seu perímetro = 80 dm.

2. A soma das áreas de dois polígonos semelhantes é 250 metros quadrados. dm., e a razão de dois lados semelhantes = ¾. Calcule a área de cada um deles.

3. Mostre que se um polígono regular com um número ímpar de lados está inscrito em um círculo e tangentes ao círculo são construídas em seus vértices, então o polígono circunscrito será obtido, localizado de forma semelhante ao inscrito - o centro do círculo serve como seu centro interno de similaridade.

4. Dado um triângulo; construa outro triângulo, semelhante ao primeiro, de modo que o centro de gravidade do primeiro sirva como centro de similaridade interno e que o coeficiente de similaridade = ½. Use isso para descobrir como estão localizados os pontos de altura, o centro de gravidade e o centro do círculo circunscrito desse triângulo.

5. Neste triângulo está inscrito um quadrado.

Seja ABC o triângulo dado (cap. 253) e DEFK o quadrado desejado. Vamos construir outro quadrado MNPQ de modo que um lado de MQ esteja no lado AC do triângulo e o ponto N esteja no lado AB. É fácil ver que o quadrado MNPQ está localizado de forma semelhante ao quadrado desejado DEFK e seu centro externo de similaridade é o ponto A; portanto, o ponto F está na linha AP. Depois de encontrar o ponto F, o quadrado desejado é fácil de construir.

6. Dado um ângulo e um ponto dentro dele. Encontre um ponto de um lado de um ângulo que seja equidistante do ponto dado e do outro lado.

O problema é resolvido da mesma forma.

7. Construa um triângulo de acordo com suas alturas.

É fácil obter, chamando os lados do triângulo por a, b e c e as alturas correspondentes por h a , h b e h c , a seguinte relação:

ah a = bh b = ch c , de onde a: b = h b: h a e b: c = h c: h b = h a: (h b h a)/h c

É fácil construir um segmento x = (h b h a) / h c (x / h a = h b / h c - construção da 4ª proporcional), após o que construímos um triângulo com lados h b , h a e x. Este triângulo é semelhante ao desejado, pois a: h: c = h b: h a: x; resta construir um triângulo semelhante ao que acabamos de construir de modo que uma de suas alturas seja igual à dada.

CAPÍTULO VIII.

PROPORCIONALIDADE DAS LINHAS. SEMELHANÇA DAS FIGURAS.

§ 93. CONSTRUÇÃO DE FIGURAS SEMELHANTES.

1. Construção de triângulos semelhantes.

Já sabemos que para construir um triângulo semelhante ao dado, basta traçar uma linha paralela ao lado do triângulo a partir de algum ponto tomado do lado do triângulo. Obtemos um triângulo semelhante a este (Fig. 382):

/\ DIA /\ A"C"B"

2. Construção de polígonos semelhantes.

Para construir um polígono semelhante ao dado, podemos proceder da seguinte forma: dividimos o polígono dado em triângulos por diagonais desenhadas de qualquer um de seus vértices (Fig. 383). Em algum lado do polígono ABCDE dado, por exemplo, no lado AE, tomamos algum ponto E" e traçamos uma linha paralela ao lado ED até cruzar com a diagonal AD, por exemplo, no ponto D".

A partir do ponto D, desenhe uma linha paralela ao lado DC até cruzar a diagonal AC no ponto C. A partir do ponto C, desenhe uma linha paralela ao lado CB até cruzar com o lado AB no ponto B. O polígono resultante AB"C"D"E" é semelhante ao polígono ABCDE dado.

A validade desta afirmação é provada de forma independente.

Se for necessário construir um polígono semelhante ao dado com o coeficiente de semelhança especificado, o ponto inicial E" é tomado no lado AE ​​ou sua continuação, respectivamente, de acordo com o coeficiente de semelhança fornecido.

3. Filmar um plano do terreno.

a) A filmagem do plano é realizada por meio de um dispositivo especial chamado taça(desv. 384).

A menzula é uma placa quadrada colocada em um tripé. Ao desenhar um plano, a placa é colocada na posição horizontal, que é verificada usando um nível. Para traçar linhas retas na direção desejada, utiliza-se uma alidade equipada com dioptrias. Cada dioptria possui uma ranhura na qual o cabelo é esticado, o que permite direcionar com precisão a alidade na direção certa. Uma folha de papel branco é presa à escala com botões, nos quais o plano é desenhado.

Para retirar a planta do terreno ABCDE, é escolhido algum ponto O dentro do terreno de forma que todos os topos do terreno sejam visíveis a partir dele (Fig. 385).

Com o auxílio de um garfo com fio de prumo (Fig. 386), a escala é ajustada de modo que o ponto O, marcado em uma folha de papel, caia sobre o ponto O escolhido no local.

Então, do ponto O em uma folha de papel presa ao béquer, são traçados raios com uma alidade em direção aos pontos A, B, C, D e E; medir distâncias
OA, OB, OS, OD e OE e coloque sobre esses raios nos segmentos de escala aceitos
OA", OB", OS, OD" e OE".

Os pontos A, B, C, D e E estão conectados. Acontece o polígono A "B" C "D" E, que é um plano do terreno dado na escala aceita.

O método de disparo em escala descrito por nós é chamado polar.

Existem outras maneiras de fotografar um avião com uma escala, sobre as quais você pode ler em guias especiais para fotografar em escala.

Em cada planta, geralmente é dada uma escala pela qual podem ser estabelecidas as verdadeiras dimensões da área removida, bem como sua área.

O plano também indica a direção dos pontos cardeais.

Trabalho prático.

a) Faça a maquete mais simples na oficina da escola e use-a para fazer um plano de algum pequeno terreno.

b) O levantamento da planta do terreno pode ser feito com a ajuda de um astrolábio.

Suponha que seja necessário remover a planta do terreno ABCDE. Vamos pegar um dos vértices da seção, por exemplo A, como o inicial e usar o astrolábio para medir os ângulos no vértice A, ou seja,
/ 1, / 2, / 3 (dev. 387).

Então, usando uma cadeia de medição, medimos as distâncias AE, AD, AC e AB. Dependendo do tamanho da plotagem e do tamanho da folha de papel na qual o plano é aplicado, a escala para desenhar o plano é selecionada.

No ponto A, que é tomado como vértice do polígono, construímos três ângulos, respectivamente iguais a / 1, / 2 e / 3; em seguida, na escala selecionada nas laterais desses cantos do ponto A "coloque os segmentos A "E", A "D", A "C" e A "B". Conectando os pontos A "e E", E "e D", D "e C, C" e B", B" e A", obtemos um polígono A"B"C"D"E", semelhante ao polígono ABCDE. Este será um plano de este terreno, desenhado na escala escolhida.

Ao resolver muitos problemas de construção, o método de semelhança é usado, cuja essência é a seguinte: primeiro, uma figura semelhante à dada é construída, então essa figura aumenta (diminui) na proporção necessária (ou seja, uma figura semelhante é construído) que satisfaça a condição do problema.

O processo de aprender a aplicar a similaridade para resolver problemas de construção deve ser dividido em quatro etapas: preparatória, introdutória, formação de habilidades e aprimoramento de habilidades. Cada etapa tem seu próprio objetivo didático, que é alcançado quando os alunos concluem tarefas especialmente projetadas.

O objetivo didático do estágio preparatório é formar habilidades dos alunos: destacar os dados que determinam a forma da figura, muitos pares de figuras semelhantes entre si; construir uma figura de acordo com os dados que definem a forma; passar da figura construída para a desejada.

Depois de estudar o primeiro sinal de semelhança de triângulos, podemos propor o seguinte conjunto atribuições:

Construa um triângulo com dois vértices. Quantas soluções o problema tem? Que elementos determinam a forma dos triângulos construídos?

Nomeie triângulos semelhantes na Figura 35.

São conhecidos os seguintes elementos de um triângulo: a) ângulos de 75 e 25; b) altura 1,5 cm; c) ângulos de 75 e 25, altura 1,5 cm Qual desses dados determina a única figura da Fig. 35?

Que ângulos determinam a forma dos triângulos na Figura 35?

Será possível determinar as dimensões de um dos triângulos da Fig. 35 se forem conhecidos os seguintes dados: a) os ângulos na base do triângulo; b) a altura do triângulo; c) laterais e cantos na base?

Os triângulos ABC e ABC são semelhantes na Figura 36 se ACAC? se eles são semelhantes, qual é o seu coeficiente de semelhança?

O conjunto de tarefas apresentadas aos alunos após o estudo do 2º e 3º sinais de semelhança de triângulos são compilados de maneira semelhante. No entanto, ao passar deste recurso para o seguinte, as questões tornam-se um pouco mais complicadas, a saber: a localização dos triângulos nas figuras muda, afastando-se do padrão, varia o conjunto do elemento que define a única figura. Tarefas, por exemplo, pode ser:

1. Os triângulos ABC e ABC são semelhantes se:

a) AB=5cm, BC=7cm, B=30º, AB=10cm, BC=14cm, B=60º;

b) AB=5cm, BC=7cm, B=30º, AB=10cm, BC=14cm, H=30º;

c) AB=3cm, BC=5cm, CA=7cm, AB=4,5cm, BC=7,5cm, CA=10,5cm;

d) AB=1,7cm, BC=3cm, SA=4,2cm, AB=34cm, BC=60cm, SA=84cm.

2. Em um triângulo ABC com um ângulo agudo C, as alturas AE e BD são desenhadas (Fig. 37). Prove que ABC é semelhante a EDC.

3. Prove que os perímetros de triângulos semelhantes estão relacionados como lados correspondentes.

O objetivo didático da etapa introdutória é explicar aos alunos a estrutura do processo de construção pelo método de similaridade.

A explicação começa com o problema.

Tarefa. Construa um triângulo dados dois ângulos dados ee uma bissetriz de comprimento d desenhada a partir do vértice do terceiro ângulo.

Analisando a tarefa com os alunos, o professor oferece tarefas - perguntas, cujas respostas são brevemente registradas no quadro. As perguntas podem ser:

1. Quais dados determinam a forma do triângulo desejado?

2. Quais dados determinam as dimensões do triângulo desejado?

3. Quantos triângulos podem ser construídos com dois vértices? Qual será a forma de construção de todos os triângulos construídos?

4. Qual segmento deve ser desenhado em um triângulo semelhante ao desejado?

5. Como construir o triângulo desejado?

As respostas às perguntas são acompanhadas por um desenho à mão livre no quadro (Fig. 38).

a) ABC: A=, B=;

b) construir a bissetriz do ângulo C no triângulo ABC,

c) construir СN=d, NCD;

d) traçar uma linha reta passando pelo ponto N, AB;

e) AC=A, BC=B;

f) ABC - desejado: A=, B= (desde ABC ABC por 1 traço) e CN=d por construção. A finalidade didática do estágio, que forma a capacidade de resolver problemas do tipo em consideração, já fica claro em seu nome. A principal forma de atuação nesta fase é a busca individual. Termina com uma conversa resumida.

Aqui estão alguns exemplos de tarefas que podem ser propostas nesta fase.

Tarefa. Um ponto F é dado dentro do ângulo AOB. Construir um ponto M no lado OA, igualmente distante de F e do lado OB

Decisão.

1. Análise. Vamos voltar para a Figura 39. Construa o ponto M, então MF=MP. Isso significa que o ponto desejado M é o centro de um círculo de raio MF com centro M, tocando o lado OB no ponto P.

Se pegarmos um ponto arbitrário M em OA e soltar MP em CB e encontrar F a interseção do círculo com centro M de raio MP com a linha OF, então MFP será semelhante a MFP. A partir disso segue a construção necessária.

2. Construção. Desenhamos OF, pegamos um ponto arbitrário M em CA e abaixamos MP para CB. Traçamos um círculo de raio MP centrado no ponto M. Seja F o ponto de interseção deste círculo com OF. Desenhamos FM e depois traçamos uma linha reta passando pelo ponto FFM. O ponto M da intersecção desta linha com OA é o necessário.

3. Prova. É evidente a partir da análise realizada.

4. Pesquisa. O problema tem 2 soluções. Isso decorre do fato de que o círculo cruza com OF em 2 pontos.

Tarefa. Construir um triângulo com 2 vértices e um perímetro.

Decisão.

1. Análise. Sejam e sejam dados ângulos e P o perímetro do triângulo desejado (Fig. 40). Vamos supor que o triângulo desejado seja construído, então, se considerarmos qualquer ABC semelhante ao desejado, a razão do perímetro P ABC para o perímetro P ABC é igual à razão dos lados AC e AC.

2. Construção. Vamos construir um ABC semelhante ao desejado. No raio AB, separe os segmentos AD=P e AD=P, então conecte os pontos D e C, e desenhe uma linha DC através do ponto D. Seja C o ponto de interseção da reta com o raio AC. Desenhe uma linha CB através do ponto C e denote o ponto de intersecção desta linha com AD, então ABC é o necessário.

3. Prova. Obviamente, ACD é semelhante a ACD, portanto. A proporção é igual à proporção dos perímetros de ABC e ABC semelhantes, portanto, o perímetro ABC \u003d P, portanto, ABC é o desejado.

4. Pesquisa. Como a soma de quaisquer dois ângulos de um triângulo<180, то условие +<180 является необходимым условием для данного построения оно и достаточно. Затем указанным выше способом строится искомый АВС. Такой треугольник единственный, ибо любой другой с такими же данными будет иметь периметр Р и следовательно, будет подобен построенному с коэффициентом подобия равным 1, а два подобных треугольника с одним коэффициентом равны.

Tarefa. Dado AOB e ponto M, localizado na região interna deste vértice. Construa um círculo passando pelo ponto A e tocando os lados do ângulo AOB.

Decisão.

1. Análise. Sejam dados AOB e ponto M, localizado na região interna do vértice (Fig. 41).

Vamos desenhar outro círculo tocando os lados da AOB. Seja M o ponto de interseção do círculo com a reta OM e considere OMN e OMN (N e N centros do círculo e).

Esses triângulos são semelhantes em dois ângulos, então a construção do círculo desejado pode ser feita da seguinte forma:

2. Construção. Como o centro do círculo desejado está na bissetriz AOB, desenhamos a bissetriz do ângulo. Além disso, tomamos o ponto N aqui e construímos um círculo com centro N tocando AOB. Em seguida, desenhamos a linha SM e denotamos por M - o ponto de interseção da linha com o círculo (existem dois desses pontos - M e M - pegamos um deles). Traçamos a linha MN e sua linha passando pelo ponto M. Então N é a interseção da linha com a bissetriz do ângulo e é o centro do círculo desejado, e seu raio é igual a MN. Vamos fazê-la passar.

3. Prova. Por construção, o círculo é semelhante, O é o centro de semelhança. Isso decorre da semelhança dos triângulos OMN e OMN, portanto, como o círculo toca os lados do ângulo, o círculo também tocará os lados do ângulo.

4. Pesquisa. O problema tem duas soluções, porque OM intercepta o círculo em dois pontos M e M, cada um dos quais corresponderá ao seu próprio círculo passando pelo ponto M e tocando os lados de AOB.

O objetivo didático do estágio que melhora a capacidade de resolução de problemas do tipo considerado acima é a transferência da habilidade formada para problemas mais complexos, em particular para as seguintes situações: a figura desejada ocupa uma determinada posição em relação a determinados pontos ou linhas, enquanto a eliminação de uma das condições do problema leva a um sistema de figuras semelhantes ou homotéticas. Vamos dar um exemplo de tal tarefa.

Tarefa. Inscrever um quadrado em um determinado triângulo de modo que dois de seus vértices fiquem em um lado do triângulo e os outros dois fiquem nos outros dois lados.

As tarefas correspondentes aos objetivos desta etapa são excluídas das tarefas de nível obrigatório. Portanto, eles são oferecidos apenas para alunos com bom desempenho. Nesta fase, a atenção principal é dada à atividade de pesquisa individual dos alunos.

Como regra, dois triângulos são considerados semelhantes se tiverem a mesma forma, mesmo que sejam de tamanhos diferentes, girados ou mesmo de cabeça para baixo.

A representação matemática de dois triângulos semelhantes A 1 B 1 C 1 e A 2 B 2 C 2 mostrados na figura é escrita da seguinte forma:

∆A 1 B 1 C 1 ~ ∆A 2 B 2 C 2

Dois triângulos são semelhantes se:

1. Cada ângulo de um triângulo é igual ao ângulo correspondente de outro triângulo:
∠A 1 = ∠A 2 , ∠B 1 = ∠B 2 e ∠C1 = ∠C2

2. As razões dos lados de um triângulo para os lados correspondentes de outro triângulo são iguais entre si:
$\frac(A_1B_1)(A_2B_2)=\frac(A_1C_1)(A_2C_2)=\frac(B_1C_1)(B_2C_2)$

3. Relacionamentos dois lados de um triângulo aos lados correspondentes de outro triângulo são iguais entre si e ao mesmo tempo
os ângulos entre esses lados são iguais:
$\frac(B_1A_1)(B_2A_2)=\frac(A_1C_1)(A_2C_2)$ e $\ângulo A_1 = \ângulo A_2$
ou
$\frac(A_1B_1)(A_2B_2)=\frac(B_1C_1)(B_2C_2)$ e $\ângulo B_1 = \ângulo B_2$
ou
$\frac(B_1C_1)(B_2C_2)=\frac(C_1A_1)(C_2A_2)$ e $\ângulo C_1 = \ângulo C_2$

Triângulos semelhantes não devem ser confundidos com triângulos iguais. Triângulos congruentes têm comprimentos de lado correspondentes. Então para triângulos iguais:

$\frac(A_1B_1)(A_2B_2)=\frac(A_1C_1)(A_2C_2)=\frac(B_1C_1)(B_2C_2)=1$

Segue-se que todos os triângulos iguais são semelhantes. No entanto, nem todos os triângulos semelhantes são iguais.

Embora a notação acima mostre que para descobrir se dois triângulos são semelhantes ou não, precisamos conhecer os valores dos três ângulos ou os comprimentos dos três lados de cada triângulo, para resolver problemas com triângulos semelhantes, é é suficiente saber quaisquer três valores acima para cada triângulo. Esses valores podem estar em várias combinações:

1) três ângulos de cada triângulo (os comprimentos dos lados dos triângulos não precisam ser conhecidos).

Ou pelo menos 2 ângulos de um triângulo devem ser iguais a 2 ângulos de outro triângulo.
Como se 2 ângulos são iguais, o terceiro ângulo também será igual. (O valor do terceiro ângulo é 180 - ângulo1 - ângulo2)

2) os comprimentos dos lados de cada triângulo (não é necessário conhecer os ângulos);

3) os comprimentos dos dois lados e o ângulo entre eles.

Em seguida, consideramos a solução de alguns problemas com triângulos semelhantes. Primeiro, veremos problemas que podem ser resolvidos usando as regras acima diretamente e, em seguida, discutiremos alguns problemas práticos que podem ser resolvidos usando o método de triângulos semelhantes.

Problemas práticos com triângulos semelhantes

Exemplo 1: Mostre que os dois triângulos da figura abaixo são semelhantes.

Decisão:
Como os comprimentos dos lados de ambos os triângulos são conhecidos, a segunda regra pode ser aplicada aqui:

$\frac(PQ)(AB)=\frac(6)(2)=3$ $\frac(QR)(CB)=\frac(12)(4)=3$ $\frac(PR)(AC )=\frac(15)(5)=3$

Exemplo #2: Mostre que dois triângulos dados são semelhantes e encontre os comprimentos dos lados QP e RP.

Decisão:
∠A = ∠P e ∠B = ∠Q, ∠C = ∠R(porque ∠C = 180 - ∠A - ∠B e ∠R = 180 - ∠P - ∠Q)

Segue-se que os triângulos ∆ABC e ∆PQR são semelhantes. Conseqüentemente:
$\frac(AB)(PQ)=\frac(BC)(QR)=\frac(AC)(PR)$

$\frac(BC)(QR)=\frac(6)(12)=\frac(AB)(PQ)=\frac(4)(PQ) \Rightarrow PQ=\frac(4\times12)(6) = 8$ e
$\frac(BC)(QR)=\frac(6)(12)=\frac(AC)(PR)=\frac(7)(PR) \Rightarrow PR=\frac(7\times12)(6) = 14$

Exemplo nº 3: Determine o comprimento AB neste triângulo.

Decisão:

∠ABC = ∠ADE, ∠ACB = ∠AED e ∠A comum => triângulos ΔABC e ΔADE são similares.

$\frac(BC)(DE) = \frac(3)(6) = \frac(AB)(AD) = \frac(AB)(AB + BD) = \frac(AB)(AB + 4) = \frac(1)(2) \Rightarrow 2\times AB = AB + 4 \Rightarrow AB = 4$

Exemplo #4: Determinar o comprimento AD(x) figura geométrica na figura.

Os triângulos ∆ABC e ∆CDE são semelhantes porque AB || DE e eles têm um canto superior comum C.
Vemos que um triângulo é uma versão em escala do outro. No entanto, precisamos provar isso matematicamente.

AB || DE, CD || AC e BC || eu
∠BAC = ∠EDC e ∠ABC = ∠DEC

Com base no exposto e levando em consideração a presença de um ângulo comum C, podemos afirmar que os triângulos ∆ABC e ∆CDE são semelhantes.

Conseqüentemente:
$\frac(DE)(AB) = \frac(7)(11) = \frac(CD)(CA) = \frac(15)(CA) \Rightarrow CA = \frac(15 \times 11)(7 ) = $ 23,57
x = CA - CC = 23,57 - 15 = 8,57

Exemplos práticos

Exemplo nº 5: A fábrica utiliza uma esteira inclinada para transportar os produtos do nível 1 para o nível 2, que fica 3 metros acima do nível 1, conforme mostra a figura. O transportador inclinado é atendido de uma extremidade ao nível 1 e da outra extremidade a uma estação de trabalho localizada a uma distância de 8 metros do ponto de operação do nível 1.

A fábrica quer atualizar o transportador para acessar o novo nível, que fica 9 metros acima do nível 1, mantendo o ângulo do transportador.

Determine a distância na qual você precisa configurar uma nova estação de trabalho para permitir que o transportador opere em sua nova extremidade no nível 2. Calcule também a distância adicional que o produto percorrerá ao passar para um novo nível.

Decisão:

Primeiro, vamos rotular cada ponto de interseção com uma letra específica, conforme mostrado na figura.

Com base no raciocínio dado acima nos exemplos anteriores, podemos concluir que os triângulos ∆ABC e ∆ADE são semelhantes. Conseqüentemente,

$\frac(DE)(BC) = \frac(3)(9) = \frac(AD)(AB) = \frac(8)(AB) \Rightarrow AB = \frac(8 \times 9)(3 ) = 24m$
x = AB - 8 = 24 - 8 = 16 m

Assim, o novo ponto deve ser instalado a uma distância de 16 metros do ponto existente.

E como a estrutura é composta de triângulos retângulos, podemos calcular a distância de viagem do produto da seguinte forma:

$AE = \sqrt(AD^2 + DE^2) = \sqrt(8^2 + 3^2) = 8,54 m$

Da mesma forma, $AC = \sqrt(AB^2 + BC^2) = \sqrt(24^2 + 9^2) = 25,63 m$
que é a distância que o produto percorre no momento em que atinge o nível existente.

y = AC - AE = 25,63 - 8,54 = 17,09 m
Esta é a distância extra que um produto deve percorrer para atingir um novo nível.

Exemplo #6: Steve quer visitar seu amigo que se mudou recentemente para uma nova casa. O roteiro para chegar à casa de Steve e seu amigo, juntamente com as distâncias conhecidas por Steve, é mostrado na figura. Ajude Steve a chegar na casa de seu amigo pelo caminho mais curto.

Decisão:

O roadmap pode ser representado geometricamente da seguinte forma, conforme mostrado na figura.

Vemos que os triângulos ∆ABC e ∆CDE são semelhantes, portanto:
$\frac(AB)(DE) = \frac(BC)(CD) = \frac(AC)(CE)$

A declaração de tarefa afirma que:

AB = 15 km, AC = 13,13 km, CD = 4,41 km e DE = 5 km

Usando essas informações, podemos calcular as seguintes distâncias:

$BC = \frac(AB \times CD)(DE) = \frac(15 \times 4,41)(5) = 13,23 km$
$CE = \frac(AC \times CD)(BC) = \frac(13,13 \times 4,41)(13,23) = 4,38 km$

Steve pode chegar à casa de seu amigo usando as seguintes rotas:

A -> B -> C -> E -> G, a distância total é 7,5+13,23+4,38+2,5=27,61 km

F -> B -> C -> D -> G, a distância total é 7,5+13,23+4,41+2,5=27,64 km

F -> A -> C -> E -> G, a distância total é 7,5+13,13+4,38+2,5=27,51 km

F -> A -> C -> D -> G, a distância total é 7,5+13,13+4,41+2,5=27,54 km

Portanto, a rota nº 3 é a mais curta e pode ser oferecida a Steve.

Exemplo 7:
Trisha quer medir a altura da casa, mas não tem as ferramentas certas. Ela percebeu que uma árvore crescia na frente da casa e decidiu usar sua desenvoltura e conhecimentos de geometria adquiridos na escola para determinar a altura do prédio. Ela mediu a distância da árvore até a casa, o resultado foi de 30 m. Então ela ficou na frente da árvore e começou a recuar até que a borda superior do prédio ficasse visível acima do topo da árvore. Trisha marcou o local e mediu a distância dele até a árvore. Essa distância foi de 5 m.

A altura da árvore é de 2,8 m e a altura dos olhos de Trisha é de 1,6 m. Ajude Trisha a determinar a altura do prédio.

Decisão:

A representação geométrica do problema é mostrada na figura.

Primeiro usamos a similaridade dos triângulos ∆ABC e ∆ADE.

$\frac(BC)(DE) = \frac(1.6)(2.8) = \frac(AC)(AE) = \frac(AC)(5 + AC) \Rightarrow 2.8 \times AC = 1.6 \times (5 + AC) = 8 + 1,6 \vezes AC$

$(2,8 - 1,6) \times AC = 8 \Rightarrow AC = \frac(8)(1,2) = 6,67$

Podemos então usar a similaridade dos triângulos ∆ACB e ∆AFG ou ∆ADE e ∆AFG. Vamos escolher a primeira opção.

$\frac(BC)(FG) = \frac(1,6)(H) = \frac(AC)(AG) = \frac(6,67)(6,67 + 5 + 30) = 0,16 \Rightarrow H = \frac(1,6) )(0,16) = 10 m$