Конспект урока: Площадь параллелограмма. Площадь треугольника

Рис. 1. К доказательству теоремы о площади параллелограмма

Рассмотрим параллелограмм $ABCD$ с площадью $S$. Примем сторону $AD$ за основание и проведём высоты $BH$ и $CK$ к стороне $AD$ (рис. 1). Докажем, что $S=AD·BH$. 

Докажем, что прямоугольник $HBCK$ равновеликий с параллелограммом $ABCD$, т. е. его площадь равна $S$. Действительно, прямоугольные треугольники $ABH$ и $DCK$ равны по гипотенузе и катету ($AB=CD$ как противоположные стороны параллелограмма, $BH=CK$ как расстояния между параллельными прямыми), следовательно площади этих треугольников равны. 

$S_{ABCD}=S_{ABH}+S_{BCDH}=S_{CDK}+S_{BCDH}=S_{HBCK}=S$.

Площадь прямоугольника $HBCK$ равна произведению длин смежных сторон: $S=BH·BC$. Противоположные стороны параллелограмма равны, тогда $S=BH·AD$. 

Теорема доказана.

Рис. 2. К решению примера 1

Для решения задачи воспользуемся методом вспомогательной площади. 

Рассмотрим параллелограмм $ABCD$, $BH$ и $BK$ высоты, проведенные из вершины $B$. Согласно следствию из теоремы о площади параллелограмма, к меньшей стороне параллелограмма проведена большая высота. Пусть $BH=2 см$, $BK=3 см$, $CD=6 см$ (рис. 2).

Площадь параллелограмма равна произведению длины основания на высоту: $S_{ABCD}=AD·BH=CD·BK=6·3=18 \left(с{м}^2\right)$. 

Следовательно, $AD=S_{ABCD}:BH=18:2=9 \left(см\right)$.

Противоположные стороны параллелограмма равны, тогда $P_{ABCD}=2·(9+6)=30 \left(см\right)$.

Ответ: $30 см$.

Рис. 3. К доказательству теоремы о площади треугольника

Пусть $S$ — площадь треугольника $ABC$ 
(рис. 3). Примем сторону $AB$ за основание треугольника и проведем высоту $CH$. Докажем, что

$S=\frac{1}{2}AB·CH$.

Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ACDB$ (рис. 3). Треугольники $ABC$ и $DCB$ равны по трем сторонам ($BC$ — общая сторона, $AB=CD$, $AC=BD$ как противоположные стороны параллелограмма $ACDB$), следовательно, площади этих треугольников равны. Тогда площадь $S$ треугольника $ABC$ равна половине площади параллелограмма $ACDB$:

$S=\frac{1}{2}AB·CH$.

Теорема доказана.

Рис. 4. К решению примера 2

Рассмотрим треугольник $ABC$, $CM$ — медиана этого треугольника, $CH$ — его высота (рис. 4). Докажем, что 

$S_{△ACM}=S_{△BCM}$.

Поскольку $CM$ — медиана треугольника $ABC$, то $AM=BM$.

Отрезок $CH$ — высота треугольников $ACM$ и $BCM$, значит $S_{△ACM}=\frac{1}{2}AM·CH,$ $S_{△BCM}=\frac{1}{2}BM·CH$. Основания треугольников равны, следовательно, и площади равны $S_{△ACM}=S_{△BCM}$, что и требовалось доказать.

Рис. 5. Треугольники ABC и A₁B₁C₁

Рассмотрим $△ABC$ и $△A_1{B}_1{C}_1$, у которых $\angle A=\angle A_1$ 
(рис. 5). Пусть $S$ — площадь треугольника $ABC$, $S_1$ — площадь треугольника $A_1{B}_1{C}_1$. Докажем, что 

$\frac{S}{S_1}=\frac{AB·AC}{A_1{B}_1·A_1{C}_1}$.

Наложим треугольник $A_1{B}_1{C}_1$ на треугольник $ABC$ так, чтобы вершина $A_1$ совместилась с вершиной $A$, стороны $A_1{B}_1$ и $A_1{C}_1$ наложились соответственно на лучи $AB$ и $AC$ (Рис. 6). Треугольники $ABC$ и $A{B}_{1}C$ имеют общую высоту $CH$, следовательно

$\frac{S}{S_{A{B}_{1}C}}=\frac{AB}{A{B}_1}$.

Рис. 6. Наложение треугольников ABC и A₁B₁C₁

Треугольники $A_1{B}_1{C}_1$ и $A{B}_{1}C$ имеют общую высоту $B_1{H}_1$, тогда                                              

$\frac{S_{A{B}_{1}C}}{S_1}=\frac{AC}{A_1{C}_1}$. 

Перемножим полученные равенства:

$\frac{S}{S_1}=\frac{AB·AC}{A{B}_1·A_1{C}_1}$ или $\frac{S}{S_1}=\frac{AB·AC}{A_1{B}_1·A_1{C}_1}$.

Рис. 7. К решению примера 3

Пусть дан треугольник $ABC$, в котором медианы $BD$ и $AE$ пересекаются в точке $O$. Поскольку $OD$ медиана треугольника $AOC$, то по доказанному в примере 2 $S_{△AOD}=S_{△COD}=S_1$. Аналогично, $S_{△COE}=S_{△BOE}=S_2$. Но $BD$ и $AE$ — медианы треугольника $ABC$, поэтому

$\frac{1}{2}{S}_{ABC}=S_{ACE}=S_{BCD}$,
 

т. е. $2S_1+S_2=2S_2+S_1$, откуда $S_1=S_2$.

Треугольники $AOC$ и $COE$ имеют общую высоту $CH$, проведенную из вершины $C$, поэтому

$\frac{AO}{OE}=\frac{S_{AOC}}{S_{COE}}=\frac{2S_1}{S_1}=\frac{2}{1}$.
 

Аналогично доказывается, что любая медиана треугольника при пересечении с другой медианой делится в отношении $2:1$, считая от вершины. Отсюда следует, что все три медианы пересекаются в одной точке.