Метод площадей

41

Искусство решать геометрические задачичем-то напоминает триоки илилозонистов — иногда, даже зная решение задачи, трудно понять, как можно было до него додуматься. Почти каждая сколько-нибудь трудная геометрическая задача требует индивидаального подхода. А хотелось бы иметь общий метод решения, который к тому же позволяет бы «приключу» решения до конца, не проводя выкладок явно.

К сожалению, такого универсального метода нет. Но существует приемы, примененные ко многим задачам. Один из них мы и рассмотрим.

Начнем с совсем простой задачи, которое мы решим двумя способами.

Рис. 1. AC = 2, BC = 3, ⇒ ACD = ⇒ DCB = = 45°.

Задача 1. Найти bicсектрису CD прямоугольном треугольнике ACB с катетами AC = = 2 и BC = 3 (рис. 1).

Решение I. По теореме Пифогора AB = √AC² + BC² = √13. По свойству bicсектрисы внутри него угла треугольника

$$\frac{AD}{BD} = \frac{AC}{BC}.$$

Из равенства AD + DB = √13 получаем AD = \frac{2}{5} √13. Далее, легко найти косинус угла A:

$$\cos A = \frac{AC}{AB} = \frac{2}{\sqrt{13}}.$$

Остается применить теорему косинусов для определения стороны CD треугольника ACD:

$$CD^2 = AC^2 + AD^2 - 2AC \cdot AD \cos A = \frac{72}{25}, CD = \frac{6}{5} \sqrt{2}.$$

Решение II. Подсчитаем площадь треугольника ACB разными способами. С одной стороны, S△ACB = \frac{1}{2} AC \cdot BC = 3. С другой стороны,

$$S△ACB = S△ACD + S△DCB = \frac{1}{2} AC \cdot CD \sin 45^\circ + \frac{1}{2} BC \cdot CD \sin 45^\circ = \frac{5 \sqrt{2}}{4} CD.$$

42

Приравнивая часть двух положенных выражений для $S_{\Delta ACB}$, получаем $CD = \frac{6}{5}\sqrt{2}$.

Второе решение явно короче и проще. К тому же оно легко приводит к целю и в более общей ситуации. Чтобы убедиться в этом, выясните самостояльно, как изменяются оба эти решения, если поставлена

Задание 2. Найти биссектрису $CD$ уела $C$ треугольника $ACB$, если $AC=b$, $BC=a$, $\Rightarrow ACB=\alpha$. (Отесть: $CD = \frac{2ab}{a+b}\cos \frac{\alpha}{2}$)

Однако главное достоинство второго решения — в его идейной «произначности». В первом решении строится неокторая «цепочка» элементов треугольника: каждый элемент этой цепочки вычисляется по данным задчи и другим, уже найденным элементам. Последним элементом цепочки служит искомая величины (в данном случае — биссектриса $CD$). При этом не сразу видно, какие именно элементы понадобятся при определении искомой величины, то есть какие элементы необходимо предварительно вычислить.

Во втором решении для величины, которое надо найти, мы получаем уравнение, выписывая выражения для плошади треугольника через известные и искомые элементы треугольника. Этот пример — сравнение различных выражений для плошади треугольника — оказывается очень плодотворным. Почему именно для плошади? Дело в том, что плошадные треугольника довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов этого треугольника.

Прежде чем приводить следующее примеры, напомним важнейшие из этих выражений. Сначала договоримся об обозначениях. В треугольнике $ABC$:

$a, b, c$ — стороны, противоложие угла $A, B$ и $C$ соответственно;

$h_a, h_b, h_c$ — высоты, $m_a, m_b, m_c$ — медианы, $l_a, l_b, l_c$ — биссектрисы, соответственно;

$r$ — радиус вписанной окружности;

$R$ — радиус описанной окружности;

$p$ — полуперimetр;

$S$ — плошадные треугольника $ABC$.

Рис. 2. О центр вписанной окружности.

Формулы, которые мы будем пользоваться, в этих обозначениях записываются так:

$$S = \frac{ah_a}{2},$$

$$S = \frac{ab \sin C}{2},$$

$$S = \frac{a^2 \sin B \sin C}{2 \sin A},$$

$$S = \frac{abc}{4R},$$

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$

$$S = pr.$$

Все эти соотношения известны из школьного курса, поэтому мы не будем их подробно доказывать, а ограничимся лишь несколькоми замечаниями. Чтобы вывести формулы (3) и (4) из (2), можно воспользоваться теоремой синусов:

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R.$$

Формулу (5) (формулу Герона) иногда удобнее использовать в преобразованном виде:

$$S = \frac{1}{4} \times \sqrt{2a^2b^2 + 2a^2c^2 + 2b^2c^2 - a^4 - b^4 - c^4}.$$

Формула (6) легко получается из оченьного (рис. 2) равенства:

$$S_{\Delta ABC} = S_{\Delta AOB} + S_{\Delta BOC} + S_{\Delta COA}.$$

Рассмотрим теперь еще несколько задач. В каждой из них применение метода плошадей приводит к коротком и произному решению.

43

Задание 3. Внутри правильно треугольника со сторонами a взяма произвольная точка M. Найти сумму расстояний от этой точки до сторонами треугольника.

Решение. Нало найти сумму длини перpendикularов MP, MQ и MR (рис. 3), опущенных из точки M на стороны AB, BC и CA соответственно. Если соединить точку M с вершинами треугольника, то ясно, что $S_{\Delta ABC} = S_{\Delta AMB} + S_{\Delta BMC} + S_{\Delta CMA}$. Используя формулу для площади правильного треугольника $S_{\Delta ABC} = \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$ и заменяя, что (по формуле (1)).

$$S_{\Delta AMB} = \frac{1}{2} a \cdot MP,$$

$$S_{\Delta BMC} = \frac{1}{2} a \cdot MQ,$$

$$S_{\Delta CMA} = \frac{1}{2} a \cdot MR,$$

немедленно получаем ответ:

$$MP + MQ + MR = \frac{a \sqrt{3}}{2}.$$

Задание 4. Прямая AD делим треугольник ABC на два. Доказать, что радиус r окружности, вписанной в треугольник ABC, меньше суммы радиусов $r_1$ и $r_2$ окружности, вписанных в треугольники ABD и ACD соответственно.

Решение. Пусть CD и CE — лучи, о которых идет речь в условия задания (рис. 5). Очевидно, $S_{\Delta ABC} = S_{\Delta ACD} + S_{\Delta DCB} = S_{\Delta ACE} + S_{\Delta ECB}$.

Воспользуемся формулой (2), учитывая, что $ACD = DCE = ECB = \frac{\alpha}{3}$:

$$\frac{AC \cdot DC \sin \frac{\alpha}{3}}{2} + \frac{DC \cdot BC \sin \frac{2\alpha}{3}}{2} = \frac{AC \cdot EC \sin \frac{2\alpha}{3}}{2} + \frac{EC \cdot BC \sin \frac{\alpha}{3}}{2}.$$

44

Рис. 5.

Отсюда немедленно получаем

$$\frac{DC}{EC} = \frac{AC \sin \frac{2\alpha}{3} + BC \sin \frac{\alpha}{3}}{AC \sin \frac{\alpha}{3} + BC \sin \frac{2\alpha}{3}}$$

$$= \frac{2 \cos \frac{\alpha}{3} + 3}{6 \cos \frac{\alpha}{3} + 1}$$

Вот пример более трудной задачи. Хотя в ней надо просто «решить треугольник», то есть определить его стороны по треем известным элементам, получить решение привчным путем — с помощью теорем синусов и косинусов — не удается.

Задание 6. Наименование треугольника ABC, если $h_a=6$, $r=2$, $R=5$.

Решение и е. Воспользовемся формулами (1), (4), (5) и (6) и запишем следующую систему уравнения относительно неизвестных сторон $a, b, c$

$$\begin{cases} S = 3a, \\ S = \frac{abc}{20}, \\ S = \frac{1}{4} \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)} \times \sqrt{(a+c-b)(a+b-c)}, \\ S = a+b+c. \end{cases}$$

Приравнивая правила части первого и последнего уравнения, получаем, что $b+c=2a$. Приравнивая правила части первого и второго уравнения, получаем, что $bc=60$. Наконец, приравнивая правила части первого и третьего уравнения, получаем (после возвления в квадрат), что

$$144a^2 = (a+b+c)(b+c-a) \times (a+c-b) \times (a+b-c) = [(b+c)^2-a^2] \times [a^2-(b-c)^2] = [(b+c)^2-a^2] \times [a^2-(b+c)^2+4bc] = (4a^2-a^2) \times (a^2-4a^2+240) = 3a^2 (240-3a^2).$$

Следовательно, для определения $a$ получаем уравнение

$$144a^2 = 3a^2 (240-3a^2),$$

откуда $a=8$. Из системы уравнений $b+c=16$, $bc=60$ теперь легко найти две пары значений $b$ и $c$ (два ответа):

$$a = 8, b = 6, c = 10 или a = 8, b = 10, c = 6,$$

которые геометрические определения odin треугольник (с точноью до обозначения сторон $b$ и $c$).

На этом примере особенно хорошо видна основная особенность метода площей — из геометрической задачи он «делает» алгебраическойую, сводя все к решению некоторых системы уравнений.

Задание 7. (МГУ, физик, 1966 г.) Доказать, что если длины сторон треугольника образуют ариф-

45

Рис. 6а.

метищескую прорезцию, мо центр окружности, вписанной в этом треугольник, и точка пересечения его медian лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне треугольника.

Решение. Пусть стороны треугольника ABC образначены так, что $a \leq b \leq c$. Тогда по условию задачи $a+c=2b$. Пусть $O$ — центр вписанной окружности, а $M$ — точка пересечения медian $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ (рис. 6а).

Сначала выведем одно полезное свойство точки $M$ пересечения медian треугольника $ABC$. На рисунке 6б треугольник ABC разбит медианами на 6 меньших треугольников. Площадь каждого из них равна $\frac{1}{6}$ площади всего треугольника $ABC$. Доказать это очень просто: используя

Рис. 66.

формулу (1), записем равенства
$$S_{\triangle BB_1C} = \frac{1}{2} S_{\triangle ABC}, B_1M = \frac{1}{3} BB_1,$$
$$S_{\triangle MCB_1} = \frac{1}{3} S_{\triangle BB_1C} = \frac{1}{6} S_{\triangle ABC}.$$

Аналогично находится площадь остальных треугольников.

Теперь найдем длину перpendикуляра $MM'$, опущенного из точки $M$ на сторону $AC$:
$$\frac{1}{3} S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AMC} = \frac{1}{2} MM' \cdot AC =$$
$$= \frac{1}{2} MM' \cdot b, \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} = \frac{1}{3} rp =$$
$$= \frac{1}{3} r \left( \frac{a+b+c}{2} \right) = \frac{1}{3} r \left( \frac{2b+b}{2} \right) =$$
$$= \frac{1}{2} rb,$$

откуда $MM'=r$, то есть $MO \parallel AC$.

Метод площадей часто оказывается удобным и на отдельных этапах решения stereometрических задач.

Задание 8. (МГУ, механизм, 1969 г.) В шар вписана пирамида, боковые ребра коморой равны с. Основание ее — прямоуедольник, стороны коморого стязывают дуги $\alpha$ и $\beta$ радиан в сечениях шара плоскостями боковых граней. Определить радиус описанной шара.

Решение (рис. 7). Так как вписанный угол изменяется полови-

46

ной дуги, на котором он опирается,
то
$$\Rightarrow DQC = \frac{\alpha}{2}, \Rightarrow AQD = \frac{\beta}{2}.$$

Позному $DC = 2c \sin \frac{\alpha}{4}$, $AD = 2c \sin \frac{\beta}{4}$.

Рассмотрим сечение шара плоскостью $AQC$. Так как центр шара лежит в этой плоскости (доказните!), то радиус шара равен радиусу $R$ окружности, описанной около треугольника $AQC$. Но $AQ = QC = c$, а $AC = 2c \sqrt{\sin^2 \frac{\alpha}{4} + \sin^2 \frac{\beta}{4}}$ (как диагональ прямогольника $ABCD$). Поэтому для определения радиуса $R$ достаточно воспользоваться выражениями для плошади треугольника $AQC$ по формулам (4) и (5).

В результате очевидных преобразований получаем ответ:

$$R = \frac{c}{\sqrt{2 \left( \cos \frac{\alpha}{2} + \cos \frac{\beta}{2} \right)}}.$$

Метод плошадей удобно применять также в задачах, в которых требуется найти разного рода оценки для геометрических величины.

Задача 9. В каких пределах может изменяться отношение радиуса окружности, описанной в прямоугольный треугольник, к высome, опущенной на единицу?

Решение. Если $c$ — гипотенуза прямогольного треугольника $ABC$, то можно записать (см. формулы (1) и (6)):

$$\frac{ch_c}{2} = pr, \text{откуда} \frac{r}{h_c} = \frac{c}{2p}.$$

Таким образом, необходимо оценить отношение

$$\frac{c}{2p} = \frac{c}{a + b + c} = \frac{1}{\frac{a}{c} + \frac{b}{c} + 1} = \frac{1}{\sin A + \sin B + 1}.$$

Так как $A + B = 90^\circ$, то

$$\sin A + \sin B + 1 = \sin A + \cos A + 1 = \sqrt{2} \cos (45^\circ - A) + 1.$$

Острый угол $A$ прямогольного треугольника может принадлежать любое значение между 0 и 90^\circ. Поэтому угол $45^\circ - A$ меньше в пределах от $-45^\circ$ до $+45^\circ$, как легко получить из свойств косинуса, при этом $2 < \sqrt{2} \cos (45^\circ - A) + 1 \leqslant 1 + \sqrt{2}$.

Следовательно, в любом прямогольном треугольнике всегда выполняется неопределенное решение многих задач. Конечно, он не заменяет все остальные методы, но представляет собой подход, о котором не следует забывать, приступая к решению той или иной задачи.

Упражнения

1. Найти медиану $m_a$ треугольника, значение его стороны $a, b, c$.
2. Доказать, что в произвольном треугольнике

$$\frac{1}{r} = \frac{1}{h_a} + \frac{1}{h_b} + \frac{1}{h_c}.$$

3. (МГУ, экономич. ф-т, 1969 г.). В остроугольном треугольнике $ABC$ дан: $AB = c$, проведенная из вершины $B$ медиана $BD = m$. Угол $BDA$ острый и равен $B$. Вычислить плошадь треугольника $ABC$.
4. (МГУ, ф-т психологи, 1969 г.). Дан равноведренный прямогольный треугольник. Доказать, что радиус окружности, касающийся гипotenузы и продолжений катетов, равен сумме гипotenузы и радиуса окружности, описанной в треугольнике.
5. Известно, что в треугольнике $ABC$:

$$S_{\triangle ABC} = 16, m_a = 6, m_b = 4.$$

Доказать, что медианы $m_a$ и $m_b$ перpendикулярны.
6. Доказать, что сумма расстояний от произвольной точки, взятой внутри неравно стороннего треугольника, до сторона этого треугольника заключена между наименьшей и наиболее низкой точкой.

7. Основанием $ABCD$ прямой признамы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (где $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ — боковые ребра) служит ромб с стороны $a$ и острым углом $φ$, а высота признамы равна $h$. Найти расстояние от вершины $B_1$ до диагонали $A_1D$ боковой грани $ADD_1A_1$.