Hasonló háromszögek meghatározása.

Arányos szegmensek

A hasonlóság fogalmának bevezetéséhez először fel kell idéznünk az arányos szegmensek fogalmát. Emlékezzünk vissza két szegmens arányának meghatározására is.

1. definíció

Két szegmens aránya a hosszuk aránya.

A szegmensek arányosságának fogalma nagyobb számú szegmensre is érvényes. Legyen például $AB=2$, $CD=4$, $A_1B_1=1$, $C_1D_1=2$, $A_2B_2=4$, $C_2D_2=8$, majd

Azaz a $AB$, $A_1B_1$, $\A_2B_2$ szegmensek arányosak a $CD$, $C_1D_1$, $C_2D_2$ szegmensekkel.

Hasonló háromszögek

Először is emlékezzünk arra, hogy mit jelent általában a hasonlóság fogalma.

3. definíció

A figurákat hasonlónak nevezzük, ha azonos alakúak, de eltérő méretűek.

Most értsük meg a hasonló háromszögek fogalmát. Tekintsük az 1. ábrát.

1. ábra Két háromszög

Legyen ezeknek a háromszögeknek $\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1$. Vezessük be a következő definíciót:

4. definíció

Két háromszög oldalait hasonlónak nevezzük, ha e háromszögekkel azonos szögekkel szemben helyezkednek el.

Az 1. ábrán a $AB$ és $A_1B_1$, $BC$ és $B_1C_1$, $AC$ és $A_1C_1$ oldalak hasonlóak. Most bevezetjük a hasonló háromszögek definícióját.

5. definíció

Két háromszöget hasonlónak nevezünk, ha az egyik háromszög összes szögének szöge egyenlő a másik és a háromszög szögeivel, és ezeknek a háromszögeknek minden hasonló oldala arányos, azaz

\[\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1,\ \angle C=\angle C_1,\] \[\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C) _1)=\frac(AC)(A_1C_1)\]

Az 1. ábra hasonló háromszögeket mutat.

Megnevezés: $ABC\sim A_1B_1C_1$

A hasonlóság fogalmához létezik a hasonlósági együttható fogalma is.

6. definíció

A hasonló számok hasonló oldalainak arányával megegyező $k$ számot ezeknek az ábráknak a hasonlósági együtthatójának nevezzük.

Hasonló háromszögek területei

Tekintsük most a hasonló háromszögek területeinek arányáról szóló tételt.

1. tétel

Két hasonló háromszög területének aránya megegyezik a hasonlósági együttható négyzetével, azaz

\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\]

Bizonyíték.

Tekintsünk két hasonló háromszöget, és jelöljük a területüket $S$ és $S_1$-ként (2. ábra).

2. ábra.

Ennek a tételnek a bizonyításához emlékezzünk a következő tételre:

2. tétel

Ha az egyik háromszög szöge egyenlő a második háromszög szögével, akkor területeiket a szöggel szomszédos oldalak szorzataként viszonyítják.

Mivel a $ABC$ és a $A_1B_1C_1$ háromszögek hasonlóak, akkor értelemszerűen $\angle A=\angle A_1$. Ekkor a 2. Tétel alapján azt kapjuk

Mivel $\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(AC)(A_1C_1)=k$, kapjuk

A tétel bebizonyosodott.

A háromszög hasonlóság fogalmával kapcsolatos problémák

1. példa

Adott hasonló háromszögek: $ABC$ és $A_1B_1C_1.$ Az első háromszög oldalai $AB=2,\ BC=5,\ AC=6$. Ezeknek a háromszögeknek a hasonlósági együtthatója $k=2$. Keresse meg a második háromszög oldalait.

Megoldás.

Ennek a problémának két lehetséges megoldása van.

Legyen $k=\frac(A_1B_1)(AB)=\frac((B_1C)_1)(BC)=\frac(A_1C_1)(AC)$.

Ekkor $A_1B_1=kAB,\ (B_1C)_1=kBC,\ A_1C_1=kAC$.

Ezért $A_1B_1=4,\ (B_1C)_1=10,\ A_1C_1=12$

Legyen $k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)((B_1C)_1)=\frac(AC)(A_1C_1)$

Ekkor $A_1B_1=\frac(AB)(k),\ (B_1C)_1=\frac(BC)(k),\ A_1C_1=\frac(AC)(k)$.

Ezért $A_1B_1=1,\ (B_1C)_1=2,5,\ \ A_1C_1=3$.

2. példa

Adott hasonló háromszögek $ABC$ és $A_1B_1C_1.$ Az első háromszög oldala $AB=2$, a második háromszög megfelelő oldala $A_1B_1=6$. Az első háromszög magassága $CH=4$. Keresse meg a második háromszög területét.

Megoldás.

Mivel a $ABC$ és a $A_1B_1C_1$ háromszögek hasonlóak, ezért $k=\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(1)(3)$.

Keressük meg az első háromszög területét.

Az 1. Tétel szerint a következőket kapjuk:

\[\frac(S_(ABC))(S_(A_1B_1C_1))=k^2\] \[\frac(4)(S_(A_1B_1C_1))=\frac(1)(9)\] \

Két F F és F ` F ` alakot hasonlónak nevezünk, ha hasonlósági transzformációval alakítjuk át őket egymásba, vagyis olyan transzformációval, amelyben két pont távolsága ugyanannyiszor változik (növekszik vagy csökken). Ha az F F és az F ` F ` ábrák hasonlóak, akkor F ~ F ` F\sim F` írjuk vissza, hogy a ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1 háromszögek hasonlóságának jelölésénél feltételezzük, hogy a hasonlósági transzformációval kombinált csúcsok a megfelelő helyeken vannak, azaz A A bekerül A 1 A_1-be, B B - B 1 B_1-be, C C - C 1 C_1-be. A hasonlósági transzformáció tulajdonságaiból az következik Hasonló ábrák esetén a megfelelő szögek egyenlőek, a megfelelő szegmensek pedig arányosak. Különösen, ha ∆ A B C ~ ∆ A 1 B 1 C 1 \háromszög ABC\sim\háromszög A_1B_1C_1

∠ A = ∠ A 1, ∠ B = ∠ B 1, ∠ C = ∠ C 1, A B A 1 B 1 = B C B 1 C 1 = A C A 1 C 1 \angle A=\angle A_1,\;\angle B=\ szög B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\frac(AB)(A_1B_1)=\frac(BC)(B_1C_1)=\frac(AC)(A_1C_1)

a háromszögek hasonlóságának jelei

Két háromszög hasonló:

• 1) ha az egyik két szöge egyenlő a másik két szögével;
• 2) ha az egyik két oldala arányos a másik két oldalával, és az ezen oldalak által alkotott szögek egyenlőek;
• 3) ha az egyik háromszög három oldala arányos egy másik háromszög három oldalával.

A hasonlósági jellemzők közé tartoznak a problémák megoldásához kényelmesen használható kijelentések:

1°. A háromszög egyik oldalával párhuzamos és a másik kettőt különböző pontokban metsző egyenes levág egy ehhez hasonló háromszöget.

2°. A háromszög egyik oldalával párhuzamos és a másik két oldalt metsző egyenes vonal ezeken az oldalakkal arányos szakaszokat vág le, azaz ha M N | | A C MN||AC (5. ábra), akkor

m n = p q = m + p n + q \frac mn=\frac pq=\frac(m+p)(n+q)

3°. Ha egy egyenes metszi a háromszög két oldalát, és azokon arányos szakaszokat vág le, akkor párhuzamos a harmadik oldallal, azaz ha (lásd 5. ábra)

m n = m + p n + q \frac mn=\frac(m+p)(n+q) vagy m n = p q \frac mn=\frac pq,

akkor M N MN párhuzamos A C AC-val (a bizonyítást a 9. osztályos feladatban adtuk meg).

Rizs. 6

A trapéz alapjaival párhuzamos átlóinak metszéspontján átmenő egyenes az M M és N N pontokban metszi a trapéz oldaloldalait. Határozzuk meg a szakasz hosszát, ha a trapéz alapjai egyenlők a a és b b-vel.

Δ Legyen O O a trapéz átlóinak metszéspontja (6. ábra). Jelöljük:

A D = a, B C = b, M O = x, B O = p, O D = q. AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.

1. B C ~ A D △ B O C ~ △ D O A (fej alatt) ⇒ b a = p q 1.\;\left\(\begin(array)(l)BC\sim AD\\\bigtriangleup BOC \sim\bigtriangleup DOA\;( by\;two\;angles)\end(array)\right.\Rightarrow\frac ba=\frac pq

2. M O ~ A D △ M B O ~ △ A B D ⇒ x a = p p + q 2.\;\left\(\begin(array)(l)MO\sim AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end(array)\ jobbra.\Rightarrow\frac xa=\frac p(p+q)

Az (1) és (2)-ből az következik, hogy x = a p p + q = q p / q p / q + 1 = a b a + b ⇒ M O = a b a + b. x=a\frac p(p+q)=q\frac(p/q)(p/q+1)=\frac(ab)(a+b)\Jobbra MO=\frac(ab)(a+ b ).

Hasonlóképpen megállapítjuk, hogy N O = a b a + b ⇒ M N = 2 a b a + b NO=\frac(ab)(a+b)\Jobbra MN=\frac(2ab)(a+b) .

Ennek a feladatnak az eredményét, mint bármely trapézre igaz állítást, emlékezni kell. ▲

Az ábrák hasonlóságának meghatározásából az következik, hogy a hasonló ábrákon minden megfelelő lineáris elem arányos. Így, hasonló háromszögek kerületének aránya megegyezik a megfelelő oldalak hosszának arányával. Vagy például hasonló háromszögekben a beírt körök (szintén körülírt körök) sugarainak aránya megegyezik a megfelelő oldalak hosszának arányával. Ez a megjegyzés segít a következő probléma megoldásában.

Rizs. 7

Az A B C ABC derékszögű háromszögben a C D CD magasságot a derékszög C C csúcsából rajzoljuk ki (7. ábra). Az A C D ACD és a B C D BCD háromszögekbe írt körök sugara r 1 r_1, illetve r 2 r_2. Határozzuk meg az A B C ABC háromszögbe írt kör sugarát!

Δ Jelöljük a kívánt r r sugarat, halmaz A B = c AB=c, A C = b AC=b, B C = a BC=a. Az A C D ACD és A B C ABC derékszögű háromszögek hasonlóságából (az A A csúcsban egyenlő szögek vannak) azt kapjuk, hogy r r 1 = c b \frac r(r_1)=\frac cb , ahonnan b = r 1 r c b=\frac(r_1) rc . A B C D BCD és B A C BAC derékszögű háromszögek is hasonlóak, tehát r r 2 = c a \frac r(r_2)=\frac ca , - ahonnan a = r 2 r c a=\frac(r_2)rc . Mivel a 2 + b 2 = c 2 a^2+b^2=c^2, akkor az a a és b b kifejezéseit négyzetre emelve és összeadva r 1 r 2 c 2 + r 2 r 2 c 2 = c 2 ⇒ r 1 2 + r 2 2 r 2 = 1 \left(\frac(r_1)r\right)^2c^2+\left(\frac(r_2)r\right)^2c^2=c^ 2 \;\Rightarrow\frac(r_1^2+r_2^2)(r^2)=1 . Keresse meg az r = r 1 2 + r 2 2 r=\sqrt(r_1^2+r_2^2)▲

Emlékezzünk erre A hasonló ábrák területei a megfelelő lineáris elemek négyzeteiként kapcsolódnak egymáshoz. Háromszögeknél ez az állítás a következőképpen fogalmazható meg: A hasonló háromszögek területe arányos a megfelelő oldalak négyzetével. Nézzünk meg egy tipikus problémát ebben a témában.

Rizs. 8

Az A B C ABC háromszög belsejében fekvő M M ponton keresztül három egyenest húzunk az oldalaival párhuzamosan. Ebben az esetben három háromszöget alakítottunk ki (8. ábra), amelyek területei S 1 S_1, S 2 S_2 és S 3 S_3. Keresse meg az A B C ABC háromszög területét.

Könnyen belátható, hogy az E K M EKM, M Q F MQF és P M N PMN háromszögek hasonlóak az A B C ABC háromszöghez.

Legyen S S az A B C ABC háromszög területe, akkor

S 1 S = E M A C 2; S2S = MFAC2; S 3 S = P N A C 2 . \frac(S_1)S=\left(\frac(EM)(AC)\right)^2;\;\frac(S_2)S=\left(\frac(MF)(AC)\right)^2; \;\frac(S_3)S=\left(\frac(PN)(AC)\right)^2.

Honnan találjuk?

E M = S 1 S A C , M F = S 2 S A C , P N = S 3 S A C . EM=\sqrt(\frac(S_1)S)AC,\;MF=\sqrt(\frac(S_2)S)AC,\;PN=\sqrt(\frac(S_3)S)AC.

És mivel E M = A P, M F = N C ⇒ E M + P N + M F = A P + P N + N C = A C EM=AP,\;MF=NC\Jobbra EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC .

Így A C = A C * S 1 S + S 2 S + S 3 S ⇒ S = S 1 + S 2 + S 3 2 AC=AC\ast\left(\sqrt(\frac(S_1)S)+\ sqrt (\frac(S_2)S)+\sqrt(\frac(S_3)S)\right)\Rightarrow S=\left(\sqrt(S_1)+\sqrt(S_2)+\sqrt(S_3)\right) ^ 2. ▲

A háromszög mediánjainak, magasságainak, felezőinek tulajdonságai

A 9. és 10. évfolyamos feladatainkban ismételhető tételek, állítások kerültek itt bizonyításra. Néhányuknál felidézzük a bizonyítékok útját, bizonyítva álláspontjukat és magyarázó rajzokat adva.

mediánokról

Rizs. 9

1. tétel. A háromszög három mediánja egy pontban metszi egymást, és a metszéspontban mindegyik medián el van osztva az arányban 2: 1 , felülről számolva.

2. Tétel. Három, egymást metsző medián a háromszöget 6 közös csúcsú háromszögre osztja, amelyek területei egyenlők egymással.

(A 9. ábrán 6 olyan háromszög területe, amelyeknek a teteje és az alapja egyenlő fél oldallal egyenlő 1 2 S A B C \frac12S_(ABC). A mediánok metszéspontját ún. a háromszög súlypontja.

3. Tétel. Legyen B D BD a háromszög mediánja

A B C (B C = a , A C = b, A B = c, B D = m a) ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a) ,Majd

m c 2 = a 2 + b 2 2 - c 2 4 m_c^2=\frac(a^2+b^2)2-\frac(c^2)4.(A bizonyítást a továbbiakban a Megbízás 4. §-a tartalmazza).

Rizs. 10

Az A B C ABC háromszög A A 1 AA_1 mediánjai az O O pontban metszik egymást, A A 1 = 12 AA_1=12 és C C 1 = 6 CC_1=6 és a háromszög egyik oldala 12. (10. ábra). Keresse meg az A B C ABC háromszög területét.

Δ 1. Az 1. Tétel szerint A O = 2 3 A A 1 = 8, C O = 2 3 C C 1 = 4 AO=\frac23AA_1=8,\;CO=\frac23CC_1=4 .

Rendezzük el a 10. ábrán látható medián szakaszok hosszát. A feltétel szerint a háromszög egyik oldala 12, az A C AC oldala nem lehet egyenlő 12-vel, ellenkező esetben A C = A O + O C AC=AO+OC - a háromszög egyenlőtlenség sérül. Valamint az A B AB oldal nem lehet egyenlő 12-vel, így ebben az esetben A C 1 = 6 AC_1=6 és az A O C 1 AOC_1 háromszög 8, 2, 6 oldalú nem létezik. Ez azt jelenti, hogy B C = 12 BC=12 és A C 1 = 6 AC_1=6 .

2. Keresse meg a háromszög területét Heron képletével:

p = 7, S A 1 O C = 7 * 1 * 3 * 3 = 3 7 p=7,\;S_(A_1OC)=\sqrt(7\ast1\ast3\ast3)=3\sqrt7.

A 2. Tétel szerint az A B C ABC háromszög területe 6-szor nagyobb, S A B C = 18 7 S_(ABC)=18\sqrt7 .▲

a magasságokról

4. Tétel. Egy háromszög három magassága vagy három egyenes, amelyeken a magasságok fekszenek, egy pontban metszi egymást. (Ezt a pontot a háromszög ortocentrumának nevezzük). Egy hegyesszögű háromszögben a magasságok metszéspontja a háromszög belsejében található.

Két magassági lemma is bebizonyosodott

1. lemma.

Ha A A 1 AA_1 és B B 1 BB_1 az A B C ABC háromszög magasságai, akkor az A 1 B 1 C A_1B_1C háromszög hasonló az A B C ABC háromszöghöz, hasonlósági együtthatóval k = A 1 B 1 A B = cos C k=\frac(A_1B_1) (AB)= \left|\cos C\right| . Ez az állítás a következőképpen fogalmazható meg: Ha az A B C ABC háromszög két A A 1 AA_1 és B B 1 BB_1 magasságának alapjait összekötjük, akkor ehhez hasonló háromszög keletkezik: ∆ A 1 B 1 C ~ ∆ A B C \háromszög A_1B_1C \sim\háromszög ABC .

Az A C A 1 ACA_1 derékszögű háromszögekből A 1 C = A C * c o s C A_1C=AC*cosC vagy A 1 C = A C * c o s (180 ° - C) = A C cos C A_1C=AC\ast cos(180^\circ- C)=AC\left|\cos C\right| (11a, b ábra), és a B C B 1 BCB_1 derékszögű háromszögekből B 1 C = B C * c o s C B_1C = BC * cosC vagy B 1 C = B C * c o s (180 ° - C) = B C cos C B_1C = BC \ast cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right| . A következő érvelés nyilvánvaló.

Rizs. 13

Az A A 1 AA_1 és a B B 1 BB_1 magasságok a H H pontban metszik egymást (13. ábra), míg A H = 3 H A 1 AH=3HA_1 és B H = H B 1 BH=HB_1. Határozzuk meg az A C B ACB szög és az A B C ABC háromszög területének koszinuszát, ha A C = a AC=a.

Δ Jelöljük H A 1 = x , H B 1 = y HA_1=x,\;HB_1=y ,

1. H pont H - középmagasság (13. ábra). Ha az M H MH szakasz áthalad a H H ponton és párhuzamos az alapokkal, akkor MN a középvonal; MN=a/2 MN=a/2.

2. ∆ H A 1 N ~ ∆ A A 1 C ⇒ H N A C = x 4 x , H N = 1 4 a . \triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\Rightarrow\frac(HN)(AC)=\frac x(4x),\;HN=\frac14a.\; Tehát M H = H N = a 4 MH=HN=\frac a4 és A B 1 = B 1 C = a 2 AB_1=B_1C=\frac a2 Az A B C ABC háromszög egyenlő szárú, A B = B C AB=BC.

3. ∠ B 1 B C = 90 ° - ∠ C ⇒ ∠ B H A 1 = ∠ A H B 1 = ∠ C \angle B_1BC=90^\circ-\angle C\Rightarrow\angle BHA_1=\angle AHB_1,=\angle a második lemmával pedig az A H * H A 1 = B H * H B 1 AH*HA_1=BH*HB_1 magasságokról, azaz 3 x 2 = y 2, y = x 3 3x^2=y^2,\;y=x \sqrt3 .

4. △ A H B 1: A B 1 2 = (3 x) 2 - y 2, a 2 4 = 6 x 2, x = a 2 6, y = a 2 2 ⇒ ⇒ S A B C = 1 2 A C * B B 1 = a y = a 2 2 4 \begin(array)(l)\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2,\;\frac(a^2)4=6x^2,\; x=\frac a(2\sqrt6),\;y=\frac a(2\sqrt2)\Rightarrow\\\Rightarrow S_(ABC)=\frac12AC\ast BB_1=ay=\frac(a^2\sqrt2 )4\end(tömb) . ▲

háromszög felezőiről

Rizs. 14

5. tétel. A háromszög szögfelezője a szemközti oldalt a szomszédos oldalakkal arányos szakaszokra osztja, vagyis ha A D AD az A B C ABC háromszög felezőpontja (14. ábra), akkor

B D D C = A B A C x y = c b \frac(BD)(DC)=\frac(AB)(AC)\;\left(\frac xy=\frac cb\right)

Könnyen elvégezheti a bizonyítást, ha a szinusztételt alkalmazza az A D B ADB és az A D C ADC háromszögekre.

6. Tétel. Legyen A D AD az A B C ABC háromszög felezőpontja (14. ábra), akkor A D = A B * A C - D B * D C AD=\sqrt(AB\ast AC-DB\ast DC) (az ábra jelölésében 14a) A D = b c - x y AD=\sqrt(bc-xy) .

Rizs. 14a

□ Ezt a tételt be fogjuk bizonyítani. Írjunk le egy kört az A B C ABC háromszög körül, és jelöljük az A D AD egyenes és a kör metszéspontját K K-vel (14a. ábra).

Jelöljük A D = z, D K = m. △ A B D ~ ∆ A K C (∠ A B D = ∠ A K C és ∠ 1 = ∠ 2) . A hasonlókból: A B A K = A D A C ⇒ c z + m = z b ⇒ ⇒ z 2 + z m = b c, z 2 = b c - z m. \begin(array)(l)AD=z,\;DK=m.\\\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC\;(\angle ABD=\angle AKC\;and\;\\\angle1=\angle2 ).\\From\;hasonlóság:\;\\\frac(AB)(AK)=\frac(AD)(AC)\Rightarrow\frac c(z+m)=\frac zb\Rightarrow\\\Rightarrow z^2+zm=bc,\;z^2=bc-zm.\end(array) A metsző akkordok tulajdonsága szerint:

A D * D K = B D * C D , azaz z * m = x * y ⇒ z 2 = b c - x y , z = b c - x y AD\ast DK=BD\ast CD,\;azaz z\ast m=x \ast y\Rightarrow z^2=bc-xy,\;z=\sqrt(bc-xy) . ■

Egy A B C ABC háromszögben A B = 5 AB=5, A C = 3 AC=3 felező A D = 15 8 AD=\frac(15)8. Keresse meg a B C BC oldalt és a beírt kör sugarát!

Δ Az 5. tétel alapján (lásd 14. ábra) x y = 5 3 \frac xy=\frac53 Jelöljük x = 5 z x=5z , akkor y = 3 z y=3z . A 6. Tétel szerint a 15 8 2 = 5 * 3 - 5 z * 3 z egyenlőség teljesül. \left(\frac(15)8\right)^2=5\ast3-5z\ast3z. Könnyen megtaláljuk, hogy z = 7 8 z=\frac78 azt jelenti, hogy B C = 7 . BC=7. A beírt kör sugarát az S = p r S=pr képlettel találjuk meg (S a háromszög területe, p a fél kerülete). Van p = 15 2 p=\frac(15)2, a Heron-képlet szerint S = 15 2 * 1 2 * 10 2 * 9 2 = 15 3 2, S=\sqrt(\frac(15)2\ast \frac12 \ast\frac(10)2\ast\frac92)=\frac(15\sqrt3)2, tehát r = S p = 3 2 . r=\frac Sp=\frac(\sqrt3)2. ▲

FEJEZET VIII.

A MÉRETEK ARÁNYOSSÁGA. AZ ÁBRÁK HASONLÓSÁGA.

92. § HASONLÓ ÁBRÁK TERÜLETÉNEK ARÁNYA.

1. A négyzetek területének aránya.

Tekintsük két négyzet területének arányát. Ha egy négyzet oldalát azzal jelöljük T, és a másik oldalon - keresztül n, akkor a területek rendre egyenlőek lesznek
T 2 és n 2 (379. rajz).

Az első négyzet területét S-vel, a másodikét S-vel jelölve kapjuk: S / S" = m 2 / n 2, azaz a négyzetek területei az oldaluk négyzeteként viszonyulnak egymáshoz.

A kapott képlet a következőképpen alakítható át: S / S" = ( m / n) 2 .

Ez azt jelenti, hogy azt mondhatjuk, hogy két négyzet területének aránya egyenlő az oldalaik arányának négyzetével.

A 379. rajzon a négyzetek oldalainak aránya 3, területük aránya
3 2 = 9.

2. Két hasonló háromszög területének aránya.

Hadd /\ ABC /\ A"B"C" (380. rajz). A háromszögek hasonlóságából az következik
/ A= / A" / B= / B" és / C = / C". Ezenkívül AB / A"B" = BC / B"C" = AC / A"C".

Ezekben a háromszögekben a B és B" csúcsokból magasságokat rajzolunk és jelöljük hÉs h". Az első háromszög területe egyenlő lesz AC-vel h/ 2, és a második háromszög területe A"C" h" / 2 .

Az első háromszög területét S-vel, a második háromszögét S-vel jelölve a következőt kapjuk: S / S" = AC h/A"C" h" vagy S/S" = AC/A"C" h / h"

Az ABO és A"B"O" háromszögek hasonlóságából (hasonlítanak egymásra, mert téglalap alakúak, ráadásul mindegyiküknek egyenlő a hegyesszöge, nevezetesen / A= / A") a következő:
h / h"= AB / A"B" . De AB / A"B" = AC / A"C". Ezért, h / h"= AC / A"C" . Csere az S / S" = AC / A"C" képletben h / h" hozzáállás h / h" egyenlő vele az AC / A"C" aránnyal, kapjuk:
S / S" = AC / A"C" AC / A"C" , vagy .

Így, a hasonló háromszögek területei a hasonló oldalak négyzeteihez kapcsolódnak .

A kapott képlet a következőképpen alakítható át: S / S" = (AC / A"C") 2.

Ez azt jelenti, hogy azt mondhatjuk, hogy két hasonló háromszög területének aránya egyenlő a hasonló oldalaik arányának négyzetével.

3. Hasonló sokszögek területének aránya.

Legyenek ABCDE és A"B"C"D"E hasonló sokszögek (381. ábra).

Köztudott, hogy /\ ABC /\ ABC"; /\ ACD /\ A"C"D" és /\ ADE /\ A"D"E" (90. §).
Kívül,

;

Mivel ezeknek az arányoknak a második arányai egyenlőek, ami a sokszögek hasonlóságából következik, akkor

Az egyenlő arányok sorozatának tulajdonságát felhasználva kapjuk:

Vagy

ahol S és S" ezeknek a hasonló sokszögeknek a területei.

Ezért, A hasonló sokszögek területei a hasonló oldalak négyzeteihez kapcsolódnak.

Az így kapott képlet a következő formára konvertálható: S / S" = (AB / A"B") 2

Gyakorlatok.

1. Az első négyzet oldala 2-szer nagyobb, mint a második négyzet oldala (5-ször). Hányszor nagyobb az első négyzet területe, mint a második négyzeté?

2. Az első négyzet oldala a második négyzet oldalának 1/3-a (0,1). Az első négyzet területének mekkora része a második négyzet területe?

3. A hasonló sokszögek hasonlósági együtthatója 4 (1 / 5; 0,4; 2,5). Mennyi a területük aránya?

4. A hasonló sokszögek területének aránya 36 (100; 0,09). Mennyi ezeknek a sokszögeknek a hasonló oldalainak aránya?