Метод вспомогательного элемента

46

Метод
вспомогательного
элемента
И. А. Кушинр

Решение большой группы задач по геометрии obлегается введением дополнительных элементов, непосредственно не заданных в условия задачи. Эти элементы могут быть длинами, площадями, объемами, углами. С их помощью составляется уравнение, где неизвестным будет искомый элемент или элемент, с помощью которого легко найтиется искомый. Иногда с помощью этого элемента составляется не уравнение, а соответствие, требуемое условением задачи.

Вспомогательный линейный элемент
В планиметрических задачах линейный элемент или отношение линейных элементов удобно ввести, если рассматриваемые фигуры подобыны. Тогда с помощью пропорций или вспомогательных геометрических построений составляется уравнение, в котором введенный элемент как член уравнения сокращается, а найти искомый не представляется большого труда.

Рассмотрим решение задачи, предложенной в Новосибирском государственном университете.

Задача 1 (НГУ, 1969). Через некоторую точку, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, соответствующего параллельные сторонам треугольника. Эти прямые разделяют треугольник на шесть частей, из которых три — треугольники с площадями $S_1, S_2, S_3$. Найти площадь данного треугольника.

Приступая к решению, заменаем подобие треугольников с площадями $S_1, S_2, S_3$ (рис. 1) и треугольника ABC с площадью S. Кроме того, сумма длин сторон DQ, QE и FK маленьких треугольников равна длине стороны BC треугольника ABC. Используем эти стороны как вспомогательные элементы, получаем уравнение

$$\frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S}} = \frac{DQ}{BC}, \frac{\sqrt{S_2}}{\sqrt{S}} = \frac{QE}{BC}, \frac{\sqrt{S_3}}{\sqrt{S}} = \frac{FK}{BC}.$$

Сложим их:

$$\frac{\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3}}{\sqrt{S}} = \frac{DQ + QE + FK}{BC} = 1.$$

Итак, $S = \left( \sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3} \right)^2$.

Вспомогательный отрезок рекомендуется вводить, если в условия задачи не даны линейные элементы и требуется найти зависимость между углами.

47

Задание 2 (МГУ, физак, 1967).
Найти косинус угла при основании равноведренного треугольника, зная, что точка пересечения его высот лежит на вписанной в треугольник окружности.

По условияю ortоцентр $H$ треугольника $ABC$ ($AB = AC$) должен находиться внутри треугольника, поэтому $\angle A < 90^\circ$ (рис. 2). Введем вспомогательный элемент $a$ — длину отрезка $BD$, обозначим $\angle ABC$ через $x$, центр вписанной окружности — через $O$. Тогда

$$\angle HCD = \frac{\pi}{2} - x, HD = a \mathrm{tg} \left( \frac{\pi}{2} - x \right) = a \mathrm{ctg} x = 2OD, OD = a \mathrm{tg} \frac{x}{2},$$

откуда

$$\mathrm{ctg} x = 2 \mathrm{tg} \frac{x}{2}, \mathrm{tg}^2 \frac{x}{2} = \frac{1}{5},$$

$$\cos x = \frac{2}{3}.$$

Особенно больше значение имеет введение вспомогательного элемента для нахождения отношений различных геометрических величины.

Задание 3 (МАН, 1968). Большое основание правильной усеченной четырехугольной парамиды образуется с боковой граничью угол $\alpha$, а с плоскостью, проходящей через промиоволежащие стороны верхнего и нижнего основании, — угол $\beta$. Найти относение площадей оснований.

Введем вспомогательный элемент $a$ — длину стороны большого основания парамиды (рис. 3). Площадь этого основания будет $a^2$. Длину стороны верхнего основания можно выразить через $a$, $\alpha$ и $\beta$. Расмотрим вспомогательную трапецию $EE_1F_1F$, получающегося в сечении парамиды плоскостью, перpendикулярной основанием и проходящей через середины сторона $AB$ и $CD$. Введем еще вспомогательные отрезки $E_1H = h, E_1F_1 = x$. Тогда

$$HF = \frac{1}{2} (a + x),$$

$$EH = \frac{1}{2} (a - x), h = HF \mathrm{tg} \beta =$$

Рис. 2.

$$= \frac{1}{2} (a + x) \mathrm{tg} \beta = EH \mathrm{tg} \alpha =$$

$$= \frac{1}{2} (a - x) \mathrm{tg} \alpha.$$

Получаем уравнение $(a + x) \mathrm{tg} \beta = (a - x) \mathrm{tg} \alpha$, откуда

$$x = \frac{a \sin (\alpha - \beta)}{\sin (\alpha + \beta)},$$

$$\frac{s}{S} = \frac{x^2}{a^2} = \frac{\sin^2 (\alpha - \beta)}{\sin^2 (\alpha + \beta)}.$$

Вспомогательный элемент — площадь или объем

Введение площади и объема в качестве вспомогательного элемента аналогично введение линейного элемента. Сравнивая площади и объемы отдельных частей фигуры, можно получить или уравнение относительной неизвестных задачи, или необходимое соответствие. Лучше нахождение те площади и объемы, сумма (разность) которых дает площадь заданной фигуры, а также относение площадей

48

тех фигур, у которых линейные элементы — либо искомые, либо являются компонентами необходимого соответствия.

Задача 4 (МГУ, мехмат, 1960). Через цепир правильно треугольника проведена прямая, параллельная основанию. На этой прямой внутренний треугольника взята произвольная точка M. Доказать, что расстояние от точки M до основания треугольника есть среднее арифметическое расстояний от точки M до боковых сторон треугольника.

Пусть $h_1, h_2, h_3$ — расстояния от точки M до сторона треугольника BC, AB, AC соответственно (рис. 4). Ясно, что $S_{\triangle AMB} + S_{\triangle CMB} + S_{\triangle AMC} = S_{\triangle ABC}$, или $ah_1 + ah_2 + ah_3 = ah$, где $a$ — сторона треугольника ABC, $h$ — его высота. Итак, $h = h_1 + h_2 + h_3$, но $h_1 = \frac{h}{3}$, поэтому $h_2 + h_3 = h - h_1 = \frac{2}{3}h = 2h_1$, $h_1 = \frac{h_2 + h_3}{2}$.

Задача 5. Дан четырехугольник ABCD, описанный около кругла. Доказать, что квадратный расстояний от цепира окружности до промивоположных вершин относится, как произведенная сторон, сходящая в эмix вершинах.

Обозначения приведены на рисунке 5. Требуется доказать, что $\frac{x^2}{y^2} = \frac{ad}{bc}$.

Высоты треугольников AOD и BOC равны, поэтому

$$\frac{S_{\triangle AOD}}{S_{\triangle BOC}} = \frac{d}{b}.$$

С другой стороны,

$$\frac{S_{\triangle AOD}}{S_{\triangle BOC}} = \frac{xv \sin \varphi_5}{yz \sin \varphi_6}.$$

Докажем, что $\sin \varphi_5 = \sin \varphi_6$. Для этого заметим, что $\varphi_1 + \varphi_2 + \varphi_3 + \varphi_4 = \pi$ (это положина суммы всех углов четырехугольника), $\varphi_1 + \varphi_2 + \varphi_5 = \pi$, $\varphi_4 + \varphi_3 + \varphi_6 = \pi$. Отсюда следует, что $\varphi_5 + \varphi_6 = \pi$, $\sin \varphi_5 = \sin \varphi_6$, и из формулы (2) получаем

$$\frac{S_{\triangle AOD}}{S_{\triangle BOC}} = \frac{xv}{yz}.$$

Из соответствия (1) и (2’) имеем $\frac{xv}{gz} = \frac{d}{b}$, аналогично $\frac{xz}{yv} = \frac{a}{c}$. Переменная последнее два равенства, получим

$$\frac{x^2}{y^2} = \frac{ad}{bc},$$

а разделив первое из них на второе, получим

$$\frac{v^2}{z^2} = \frac{cd}{ab}.$$

Разберем задачу, где вспомогательным элементом будет объем.

*) Дополнительный материал о методе плошадей можно прочитать в журнале «Квант», 1971, № 12.

50

Рис. 8.

гонометрических функций, то воводится вспомогательный угол. Затем с помощью теоремы синусов или косинусов решением треугольника нахождения компоненты для записи неокторого условия в виде уравнения.

Задание 8 (МГУ, мехмат, 1962). Через цепир правильного треугольника в плоскости эмодрета треугольника проведена произвольная прямая. Доказать, что сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до эмой прямой не зависит от выбора прямой.

Пусть точка $O$ — центр треугольника $ABC$ (рис. 8). Точки $D, E, F$ — соответственно проекции вершин $A, B, C$ на прямую $l$, $R$ — радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$. Введем вспомогательный угол $\varphi$, обозначив им $\Rightarrow BOE$. Тогда

$$\Rightarrow AOD = \Rightarrow AOB - \Rightarrow BOD = \varphi - \frac{\pi}{3}.$$

(проверьте самостояльно, что сумма в квадратных скобках равна $\frac{3}{2}$).

Задание 9 (МФТИ, 1967). В основании прямого осиования ABCD проведена плоскость, пересекающая верхое основание $A_1B_1C_1D_1$. В трехгранные углы $B$ и $D_1$ вписаны шарики, касающие эмой плоскости и имеющие радиусы $r = \frac{a}{5}$, $R = \frac{a}{4}$. Наимену высоту параллелепеда.

Диагональное сечение $DBB_1D_1$ параллелепипеда (рис. 9) пройдет через центры шаров $O$ и $O_1$. Пусть $L$ и $L_1$ — точки касания шаров и оснований параллелепипеда, $N$ и $N_1$ — точки касания шаров с данной плоскостью (мы пока не знаем, расположены ли они в параллелепипеда)

Рис. 9.

51

или внутри него, но нам это и не попадобится), OF и $O_1E_1$ – бискетрисы углов NOL и $N_1O_1L_1$ (точка $F$-середина BD), $EE_1$ – высота параллелепида, $OL = ON = r$, $O_1L_1 = O_1N_1 = R$. Положим $\Rightarrow BFE_1 = 2\alpha$, $L_1E_1 = x$, $E_1B_1 = y$, $FE = z$. Тогда

$$h = z \mathrm{tg} 2\alpha, \quad z = FB - BE = \frac{a \sqrt{2}}{2} - y, \quad y = a \sqrt{2} - x - D_1L_1 = a \sqrt{2} - x - R \sqrt{2} \quad \text{и} \quad z = x + R \sqrt{2} - \frac{a \sqrt{2}}{2} = x - \frac{a \sqrt{2}}{4}.$$

Из подобия треугольников $O_1L_1E_1$ и $OLF$ следует, что $\frac{x}{R} = \frac{FL}{r}$, $FL = FB - LB = \frac{a \sqrt{2}}{2} - r \sqrt{2} = \frac{3a \sqrt{2}}{10}; \quad x = \frac{3}{8} a \sqrt{2}, \quad z = \frac{a \sqrt{2}}{8}$.

Из треугольника $OLF$ находится $\mathrm{tg} \alpha = \frac{r}{FL} = \frac{\sqrt{2}}{3}$, откуда $h = \frac{3}{14} a$.

Задача 10 (МГУ, мехмат, 1963). Боковое ребро правильной треугольной параллелепиды равно $b$, угол между боковым границами равен $\varphi$. Найти сторону основания.

Опустим из точек $B$ и $C$ перпендикуляры на боковое ребро AS (рис. 10). Легко убедиться, что основанием обихих этих перпендикуляров является одна точка $D$ (доказатель), а потому $\star BDC = \varphi$.

Введем вспомогательный угол $\star BAS = \alpha$ и проведем апофему SK

Рис. 10.

пирамиды. Ясно, что $AB = 2AK = 2b \cos \alpha$. Следовательно, для решения задачи достаточно вычислить $\cos \alpha$. Так как $\alpha < 90^\circ$, то из треугольника $BAD$ имеем $\alpha = \arcsin \frac{BD}{AB}$.

В свою очередь длина отрезка $BD$ определяется из треугольника $BLD$ (DL – высота треугольника $BDC$):

$$BD = \frac{BL}{\sin \frac{\varphi}{2}} = \frac{AB}{2 \sin \frac{\varphi}{2}}.$$

$\alpha = \arcsin \frac{1}{2 \sin \frac{\varphi}{2}}$, откуда

$$AB = b \sqrt{4 - \frac{1}{\sin^2 \frac{\varphi}{2}}}.$$

У права неяня

1 (МФТИ, 1969). В треугольник $ABC$ вписана окружность, касающаяся стороны $AB$ в точке $D$ и стороны $BC$ в точке $E$. Найти углы треугольника, если

$$\frac{BD}{AD} = \frac{1}{2}, \frac{BE}{CE} = \frac{1}{3}.$$

2 (МФТИ, 1969). В правильном tetrahedре $ABCD$ отрезок $MN$ соединяет середину ребра $AC$ с центром грани $BDC$, а точка $E$ лежит на середине ребра $AB$. Найти угол между отрезками $MN$ и $DE$.

3 (МИФИ, 1971). В трапеции, основания которой равны $a$ и $b$, через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основанием. Найти длину отрезка этой прямой, отсекаемого боковым сторонами трапеции.

4 (МИЭТ, 1970). Дан треугольник $ABC$, на стороне $AC$ взята точка $E$ так, что $AE : EC = a$, на стороне $AB$ взята точка $D$ так, что $AD : DB = b$. Проведены отрезки $CD$ и $BE$. Найти отношение площади получившего четЫрегульника к площади данного треугольника.

5 (МГУ, физик, 1969). В шар вписана парамида, боковые ребра которой равны $c$. Основание ее — прямой угольник, стороны которого стягивают угги $\alpha$ и $\beta$ радиан в сечения шара плоскостями боковых граней. Определить радиус описанного шара.

6 (МГУ, мехмат, 1961). На окружности радиуса $R$ даны две точки $A$ и $B$, расстояние между которых равно $l$. Какое наиболее значение может принять сумма $AC^2 + BC^2$ если точка $C$ также лежит на этой окружности?

7 (НГУ, мехмат, 1969). Двугранный угол при боковом ребре правильной четырехугольной парамиды равен $\alpha$, радиус вписанного шара равен $R$. Найти полную поверхность парамиды.