Алгебраический метод решения геометрических задач

45

Алгебраический метод решения геометрических задач

С. В. Романов, И. Ф. Шарыzin

Когда на экзамене вам предлагают задачу по планиетрипии, зачастую не стоит траить время на поиск геометрического решения, разциональное решение ее алгебраических. Конечно, геометрическое решение, как правило, изящнее, в то время как алгебраические содержит громоздкие выражки, но на экзамене, в отличие от оптимизада, изящство решения практики не влияет на оценку. Поэтому основным «орружением» при решении геометрических задач на экзамене является алгебраский метод. О нем и пойдет речь в этой статье.

Сначала приведем два решения одной задачи.

Задача 1. Доказать, что $l^2 = ab - mn$ (рис. 1). Положим $\Rightarrow ADB = \alpha$. По теореме косинусов для треугольников $ABD$ и $BDC$ имеем:
$$a^2 = l^2 + m^2 - 2ml \cos \alpha,$$
$$b^2 = l^2 + n^2 + 2nl \cos \alpha.$$ (2)
Умножим (1) на $n$, а (2) на $m$ и сложим полученные выражения. Учитывая, что $\frac{m}{n} = \frac{a}{b}$, мы легко преобразуем сумму к виду $l^2 = ab - mn$.

Это и есть алгебраический метод.

Прежде чем прочитать следующие решения, попытайте сами решить эту задачу геометрической.

Итак, чисто геометрическое решение. Опишем вокруг треугольника $ABC$ окружность (рис. 2) и продолжим биссертису до пересечения с этой окружностью в точке $E$. По известной теореме $mn = l \cdot DE$. Кроме того, из подобия треугольников $BCE$ и $ABD$ следует $\frac{a}{l} = \frac{l + DE}{b}$, откуда $ab = l^2 + l \cdot DE$. Заменяя $l \cdot DE$ на $mn$, получим требуемый результат.

Рис. 1.
Рис. 2.

46

Конецно, это решение короче и изящнее предыдущего, но, чтобы до него допуматься, вероятно, нужно довольно много времени.

Алгебраический метод основан на тех или иных стандартных приемах. Можно выделить две разновидности алгебраического метода:

a) «прямой счет»;
b) «составление уравнения».

Существить «прямого счета» заключается в следующем. Величины, заданные в условиям задачи, и те, которые нужно найти, мы связываем целочкой промежутных величины, каждой из которых последовательно определяется через предыдущие.

Задача 2 (МГУ, геофак, 1966). В параллелограмме со сторонами a и b и углом α проведены bicсекрисы четырех углов. Найти площадь четырехугольника, ограниченное bicсекрисами (рис. 3).

Полезно прежде всего составить план решения задачи, другими словами, выписать целочкулем элементов, которые можно последовательно вычислить, соединяющего то, что дано, и то, что нужно найти.

Прежде всего заметим, что MNPQ — параллелограмм. Найдем последовательно $\triangle ABC$, $\triangle ABM$, $\triangle AMB = \triangle QMN$. Затем из $\Delta BCQ$ (по теореме синусов) найдем BQ, из $\Delta BMA - BM$ и AM, из $\Delta NAD - AN$. После этого легко подчитать MN и QM и искому площадь $S = QM \cdot MN \cdot \sin \triangle QMN$.

Итак, $\triangle ABC = 180^\circ - \alpha$, $\triangle ABM = \frac{180^\circ - \alpha}{2}$, $\triangle AMB = 90^\circ = \triangle QMN$, т. е. MNPQ — прямоугольник. $BQ = a \sin \frac{\alpha}{2}, BM = b \sin \frac{\alpha}{2}, MQ = BQ - BM = (a - b) \sin \frac{\alpha}{2}$ и т. д.

Ответ получается следующий:

$$S = \frac{1}{2} (a - b)^2 \sin \alpha.$$

Приведем теперь пример задачи на «составление уравнения».

Задача 3 (МГУ, геофак, 1973). На плоскости данной прямой угол. Окружность с центром внутри угла касаемя одной стороны угла, пересекаем другую сторону в точках A и B и пересекаем bisсекрису угла в точках C и D; $AB = \sqrt{6}, CD = \sqrt{7}$. Найти радиус окружности.

Пусть $O$ — центр окружности, $R$ — ее радиус, $M$ — точка касания (рис. 4). Расстояние от центра до AB обозначаем через x. Сразу можно составить perвое уравнение: $R^2 - x^2 = AN^2$.

Приведем $OP \perp CD$, $OP = \frac{OE}{\sqrt{2}} = \frac{R - x}{\sqrt{2}}$. Тепер можно составить и второе уравнение:

$$R^2 - \left( \frac{R - x}{\sqrt{2}} \right)^2 = CP^2.$$

Воспользуемся тем, что $AN = \frac{\sqrt{6}}{2}$,

47

$$CP = \frac{\sqrt{7}}{2},$$ и составим систему
$$\begin{cases} R^2 - x^2 = \frac{6}{4}, \\ R^2 - \left( \frac{R - x}{\sqrt{2}} \right)^2 = \frac{7}{4}. \end{cases}$$

Решая ее, находим $R = \sqrt{2}$.

При решении задачи на «составление уравнений» часто нет необходимости в том, чтобы число неизвестных и число уравнений совпадали. Важно, чтобы при составлении уравнений были использованы все соответствия, вытекающие из условия. Если это требование соблюдено, то необходимо неизвестное или комбинация неизвестных должны определяться составной системой.

Подобная система может встречаться и в задачах на «прямой счет».

Задача 4. Окружности радиусов $R$ и $r$ ($R > r$) касаются внутренним образом в точке $A$. Хорда CD большей окружности перпендикулярна диаметру $AB$ меньше окружности, $E$ — точка пересечения $CD$ с окружностью радиуса $r$, точки $E$ и $C$ лежат по одному отоврону от $AB$. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $AEC$.

Обозначим $\triangle CEA$ через $\varphi$ и $AF$ через $a$ (рис. 5). Из треугольника $CAM$ получим $AC = \sqrt{2aR}$, аналогично $AE = \sqrt{2ar}$. По теореме синусов из треугольника $AEC$ получаем для исходного радиуса значение

$$\frac{AC}{2 \sin \varphi}.$$ Значение sin $\varphi$ легко найти из треугольника $FEA$. Ответ: $\sqrt{Rr}$.

Нам пришлось ввести параметры $a$, $\varphi$, так как условием задачи геометрической конфигурации не определяла полность. Но в ответ эти параметры не входят.

Задача 5 (МФТИ, 1967). В прямойном треугольнике $ABC$ камет $AB = 3$, камет $AC = 6$. Ценеры окружностей радиусов 1, 2 и 3 находятся соответственно в точках $A$, $B$ и $C$. Найти радиус окружности, касающейся каждой из трех данных окружностей внешним образом.

Пусть $O$ — центр искомой окружности, $x$ — ее радиус, $\angle OAC = \alpha$ (рис. 6). Запишем теорему косинусов для треугольников $AOC$ и $AOB$. Получим систему уравнений
$$\begin{cases} (x+3)^2 = (x+1)^2 + 36 - 12(x+1)\cos \alpha, \\ (x+2)^2 = (x+1)^2 + 9 - 6(x+1)\sin \alpha. \end{cases}$$

Выразив из этих уравнений sin $\alpha$ и cos $\alpha$ и используя соответствие $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$, мы получим уравнение, содержащое лишь одно неизвестное $x$; решив это уравнение, получим ответ: $x = \frac{8\sqrt{11} - 19}{7}$.

Заметим, что использование теоремы косинусов для составления уравнений — один из наиболее часто примененных играет весь-

48

ма важную роль при решении геометрических задач, здесь многое зависит от опыта и интуиции.

Задача 6 (МФТИ, 1966). Биссектрисы AM и BN перееологии ABC пересекаются в точке O. Известно, что AO = $\sqrt{3}$ MO, NO = $(\sqrt{3}-1)$ BO. Найти улып перееологии ABC.

Введем следующие неизвестные (рис. 7): BC = x, AC = y, AB = z. $\frac{MC}{BM} = \frac{AC}{AB}$, поэтому MB = $\frac{zx}{y+z}$, аналогично AN = $\frac{yz}{x+z}$. Теперь, рассмотрев треугольники BMA и BAN с bisсектрисами BO и AO, нетрудно получить следующую систему уравнений:

$$\begin{cases} \frac{x}{z+y} = \frac{1}{\sqrt{3}}, \\ \frac{y}{x+z} = \sqrt{3}-1. \end{cases}$$

Далее можно выразить все неизвестные через одно (например, через x) и по теореме косинусов найти углы треугольника — $30^\circ$, $60^\circ$ и $90^\circ$. Попытайте решить эту задачу, взяв за неизвестные искочные углы, и вы убедитесь, что решение сильно усложняется.

Необходимо отметить тот факт, что большинство задач, решаемых алгебраическим методом, могут иметь два варианта решения — как «прямой счет», так и «составление уравнений», эти способы не взаимодействуют друг другу.

Задача 7. Внутри острою угла $\alpha$ взяма точка A, удаленная от сторона угла на p и q. Найти расстояние от точки A до вершины угла.

Пусть M — точка пересечения AC и OB (рис. 8), легко заметить, что $\triangle BAM = \alpha$. Тепер находим MC = q + $\frac{p}{\cos \alpha}$, OC = MC $\cdot$ctg $\alpha$ = $\frac{q \cos \alpha + p}{\sin \alpha}$. Искимое расстояние AO находим из треугольника AOC:

$$AO = \frac{\sqrt{p^2 + 2pq \cos \alpha + q^2}}{\sin \alpha}.$$

Это — «прямой счет». Между тем нетрудно решить задачу и «составленем уравнений», причем решения обойти путьми, пожалуйста, не уступают друг другу в разнональности. Итак, «составлене уравнений».

Введем неизвестные $\triangle AOC = \varphi$, AO = x. Расмотрев треугольники AOB и AOC, составляем систему из двух уравнений с двумя неизвестными:

$$\begin{cases} x \sin \varphi = q, \\ x \sin (\alpha - \varphi) = p. \end{cases}$$

Решите эту систему самостояльно.

Если еще раз внимательно просмотрить примеры, приведенные в статые, легко заметить, что почти во всех примерах делались некоторые дополнительные построения, используя ряд геометрических соображений. Итак, решая планиметриче-

49

Рис. 9.

скую задачу алгебраической методом, все же не следует забывать, что это именно планиметрическая задача, а не алгебраическая, то есть нельзя проходит много геометрических соображений, так как они обычно прощают решения. В противном случае вы можете превращить простейшую геометрискую задачу в более громоздкую алгебраическую, как это случайность, например, при решении следующего задачи с авторами одного пособия для поступающих.

Задание 8 (МГУ, геофак, 1969). В равновесной трапеции АВCD основания AD = 12, BC = 6, высота трапеции равна 4. Дизайн_AC делим угол BAD трапеции на углы BAC и CAD. Какой из этих углов больше?

Решение этой задачи, предложенное в упомянутом пособии, заключалось в следующем. Пусть $\Rightarrow BAC = \alpha$ (рис. 9), $\Rightarrow CAD = \beta$. Сначала можно вычислить $tg \Rightarrow BAD = tg(\alpha + \beta)$, затем $tg \beta$ и, наконец, применяя трионометрические формулы, найти $tg \alpha$. Сравнивая $tg \alpha$ и $tg \beta$, получим ответ на поставленный в задаче вопрос. Между тем значительное решение заметить, что $\Rightarrow BCA = \beta$ и $AB = 5$ (по теореме Пифагора). Из треугольника $ABC > \beta$, так как в треугольнике против большей стороны лежит больший угол.

Уражнения
1 (МГУ, геофак, 1966). В равновесной трапеции основания равны $a$ и $b$, а угол динагоали с основанием равен $\alpha$. Найти длину отрезка, соединяющего точку пересечения диагоналей с серединой боковой стороны трапеции.

2 (МГУ, физик, 1963). В окружности радиуса $R$ через точку $M$ диаметра проведена хорда $AB$ под углом $\varphi$ к диаметру; при этом $BM : AM = p : q$. Через точку $B$ проведена хорда $BC$, перпендикулярная к данному диаметру, и точка $C$ соединена с точкой $A$. Найти площадь треугольника $ABC$.

3 (МГУ, экономический ф-т, 1968). В трапеции $ABCD$ углы при большем основании $a$ равны $\alpha$ и $\beta$, а высота трапеции $h$. Пусть $O_1, O_2, O_3, O_4$ — центры окружности, описанных соответственно около треугольников $ABC, BCD, CDA, DAB$. Найти площадь четырехугольника $O_1O_2O_3O_4$.

4. Окружности радиусов $R$ и $r$ пересекаются. Проведем к ним общую касательную. Пусть точка $A$ пересечения окружности и точки касания $B$ и $C$ лежат по разные стороны от линей центров. Найти радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$.

5 (МГУ, механиат, 1968). В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ bisсетриса угла $ABC$ пересекает сторону $AD$ в точке $M$, а перпендикуляр, опущенный из вершины $A$ на сторону $BC$, пересекает $BC$ в точке $N$ так, что $BN = NC$ и $AM = 2MD$. Найти стороны и площадь четырехугольника $ABCD$, если его перimeter равен $5 + \sqrt{3}$, $\Rightarrow BAD = 90^\circ$, $\Rightarrow ABC = 60^\circ$.

6 (МФТИ, 1967). Окружности радиусов $R$ и $r$ касаются внутренним образом в точке $A$. Найти сторону правильного треугольника $ABC$, вершины $B$ и $C$ которого лежат соответственно на окружности радиуса $R$ и $r$.

7. Прямая $l$ пересекает боковые стороны $AB$ и $BC$ равноведренного треугольника $ABC$ соответственно в точках $M$ и $N$. Известно, что $\frac{AM}{BM} = m$, $\frac{CN}{BN} = n$. Найти отношение, в котором прямая делит высоту треугольника, опущенную из вершины $B$.

8 (МГУ, физик, 1969). В треугольнике $ABC$ ($AB \neq AC$) медианы, проведенные из вершины $B$ и $C$ к сторонам $AC$ и $AB$. соответственно, обратно пропорциональны этим сторонам. Найти стороны $AC$ и $AB$ треугольника, если $BC = a$, $\Rightarrow BAC = a$.

9 (МГУ, механиат, 1971). В четырехугольнике $ABCD$ можно писать и вокруг него можно описать окружность. Диагонали этого четырехугольника взаимно перпендикулярны. Найти его площадь, если радиус окружности равен $R$ и $AB = 2BC$.

10 (МГУ, физик, 1974). Два одинаковых правильных треугольника $ABC$ и $CDE$ со стороны 1 расположены на плоскости так, что имеют только одную общую точку $C$, и $\Rightarrow BCD < \pi/3$. Точка $K$ — середина $AC$, $L$ — середина $CE$, $M$ — середина $BD$. Площадь треугольника $KLM$ равна $\sqrt{3}/5$. Найти $BD$.