Решения задач М318—М320; Ф328, Ф330—Ф332, Ф334

38

Решения задач

M318—M320; Ф328, Ф330—Ф332, Ф334

М318. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и CE. Доказите, что $|CE| \cdot |AB| = |AD| \cdot |BC|$ между молько модула, коэффицием хотя бы одно из двух условий: 1) $|AB| = |BC|$; 2) $\widehat{ABC} = 60^\circ$.

Введем стандартные обозначения: $a$ — длина стороны BC, $c$ — длина стороны AB, $l_a$ — длина биссектрисы угла A, $l_c$ — длина биссектрисы угла C. Величины углов при вершинах соответствующего обозначим через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. Кроме того, обозначим величины угла AEC через $\varphi_1$, а угла ADC через $\varphi_2$ (рис. 1). Из рассмотренная треугольник AEC и ADC следует, что

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \varphi_2 = \pi.$$

Кроме того, мы можем выразить площадь треугольника ABC двумя способами: $S = \frac{1}{2} al_a \sin \varphi_2$ и $S = \frac{1}{2} cl_c \sin \varphi_1$, поскольку $h_a = l_a \sin \varphi_2$, а $h_c = l_c \sin \varphi_1$. Отсюда

$$al_a \sin \varphi_2 = cl_c \sin \varphi_1.$$

Покажем теперь, что из соответствия

$$al_a = cl_c$$

следует хотя бы одно из условий, данных в задаче. Из (2) и (3) следует, что

$$\sin \varphi_2 = \sin \varphi_1.$$

Равенство синусов может быть в двух случаях (так как $0 < \varphi_i < \pi$):

$$\varphi_1 = \varphi_2,$$

$$\varphi_1 = \pi - \varphi_2.$$

Если выполено (5), то из (1) получаем:

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \varphi_1 = \pi.$$

Вычитая одно соответствие из другого, получаем, что $\alpha = \gamma$, то есть треугольник ABC — равноведенный, $a = c$.

Пусть выполено соответствие (6), тогда из (1) следует, что

$$\alpha + \frac{\gamma}{2} + \varphi_1 = \pi,$$

$$\frac{\alpha}{2} + \gamma + \pi - \varphi_1 = \pi.$$

Складывая эти соответствия, получаем

$$\frac{3}{2} \alpha + \frac{3}{2} \gamma = \pi,$$

38

Рис. 2.

М319. На плоскости заданы окружность $\gamma$ и точка $P$ внутри нее. Рассмотрим множество тетраэдров $ABCD$, у которых все четыре грани конгруэнтны, причем треугольник $ABC$ вписан в окружность $\gamma$ так, что его медианы пересекаются в точке $P$.

а) При каком положении точки $P$ внутри $\gamma$ такие тетраэдры существуют?

б) Докажите, что вершины $D$ таких тетраэдров расположены в одной из двух фиксированных точек пространства (симметричных относительно данной плоскости).

Рис. 3.

или $\quad \alpha + \gamma = \dfrac{2\pi}{3}$, откуда величина угла $B$ равна

$$\beta = \pi - (\alpha + \gamma) = \frac{\pi}{3}\,.$$

Необходимость доказана. Докажем достаточность.

В равнобедренном треугольнике $ABC$ ($a\!=\!c$) соотношение (3) следует из равенства длин биссектрис $l_a = l_c$.

Если же угол $\beta = \dfrac{\pi}{3}$, то тогда верно соотношение (7). Складывая соотношения (1) и подставляя туда условие (7), получим условие (6), из которого следует соотношение (4), а из (4) и (2) вытекает требуемое соотношение (3).

Заметим, что утверждение задачи можно было сформулировать следующим образом:

«Пусть задан отрезок $AC$. Геометрическим местом вершин $B$ треугольников $ABC$, таких, что $al_a\!=\!cl_c$ (см. введенные обозначения), является совокупность двух дуг окружностей (см. рис. 2) и серединного перпендикуляра к заданному отрезку, причем центры окружностей равноудалены друг от друга и концов заданного отрезка».

А. П. Савин

◆ Будем называть тетраэдры, у которых все грани конгруэнтны, $K$-тетраэдрами. Установим несколько свойств таких тетраэдров.

$1^\circ$. Сумма трех плоских углов при каждой вершине $K$-тетраэдра равна $180^\circ$.

Действительно, эти три угла конгруэнтны углам одного и того же треугольника $ABC$, противолежащим трем разным его сторонам $AB$, $BC$, $CA$ (это рассуждение годится и для треугольников $ABC$, у которых какие-то две стороны равны по длине), а сумма углов треугольника — $180^\circ$ (рис. 3).

$2^\circ$. Грани $K$-тетраэдра — остроугольные треугольники.

В самом деле, в любом трехгранном угле каждый плоский угол меньше суммы двух других. Для углов треугольника это условие выполняется в том и только в том случае, если он остроугольный.

$3^\circ$. Развертка $K$-тетраэдра имеет вид остроугольного треугольника, в котором проведены средние линии.

Это сразу следует из $1^\circ$ и $2^\circ$ (рис. 4). Разумеется, верно и обратное: любой остроугольный треугольник $A_1B_1C_1$ с проведенными в нем средними линиями $AB$, $BC$, $CA$ можно рассматривать как развертку $K$-тетраэдра. (Подумайте, почему нельзя сложить тетраэдр из тупоугольного $\triangle A_1B_1C_1$.)

Заметим, что когда мы будем складывать из развертки тетраэдр, закрепив грань $ABC$ и вращая три другие грани относительно ребер $AB$, $BC$, $CA$, то точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ будут двигаться по окружностям (лежащим в плоскостях, перпендикулярных $ABC$), а их проекции на плоскость $ABC$ будут двигаться по высотам треугольника $A_1B_1C_1$ вплоть до точки их пересечения $H$. Итак, мы получили еще такое свойство:

$4^\circ$. Проекция $H$ вершины $D$ $K$-тетраэдра $ABCD$ на плоскость $ABC$ лежит в точке пересечения высот треугольника $A_1B_1C_1$.

Заметим, что в любом тетраэдре его «медианы» — отрезки, соединяющие вершины с центрами тяжести (точками пересечения медиан) противоположных граней, — пересекаются в одной точке М — «центре тяжести» тетраэдра — и делятся этой точкой в отношении $3:1$, считая от вершины (рис. 5; через ту же точку М проходят и отрезки, соединяющие середины противоположных ребер).

$5^\circ$. В $K$-тетраэдре центр тяжести совпадает с центром описанного шара.

39

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

40

Существует перемещение пространства, при котором тетраэдр $ABCD$ совмещается сам с собой так, что грань $DCB$ переходит в $ABC$ (то есть $A—D$, $B—C$, $C—B$, $D—A$). При этом перемещении только две точки поверхности тетраэдра остаются неподвижными: это — середины ребер $AD$ и $BC$. Ясно, что при таком перемещении центр описанного шара $O$ и точка пересечения медиан $M$ неподвижны (поскольку сам тетраэдр совмещается с собой). Если точки $M$ и $O$ различны, то неподвижными должны быть и все точки прямой $MO$. Значит, эта прямая проходит через середины ребер $AD$ и $BC$. Точно так же (рассматривая другие самосовмещения тетраэдра) мы докажем, что прямая $MO$ проходит и через середины других ребер. Но это невозможно. Значит, точки $M$ и $O$ совпадают.

Обозначим центр тяжести треугольника $ABC$ через $P$, центр его описанной окружности (проекцию точки $O=M$ на плоскость $\triangle ABC$) через $Q$, проекцию вершины $D$ на плоскость $\triangle ABC$ — через $H$. На рисунке 6 изображены все эти точки, лежащие в плоскости, перпендикулярной грани $ABC$ и проходящей через центр шара $O$ и вершину $D$; $E$ и $F$ — точки пересечения этой плоскости с описанной окружностью треугольника $ABC$, радиус которой обозначим через $\rho$. Поскольку $|DP| = 4|OP|$, $|OF|^2 = |OQ|^2 + \rho^2 = |OD|^2 = 9|OQ|^2 + |QH|^2$, получим

$$|QH|^{\mathbf{2}} + 8|OQ|^{\mathbf{2}} = \rho^{\mathbf{2}}.$$

Сформулируем нужное нам свойство:

6°. В любом К-тетраэдре $|QH| = 3|PQ|$ и $|QH|^2 + |DH|^2/2 = \rho^2$ (так как $|DH| = 4|OQ|$).

Теперь легко решить оба пункта задачи М319.

а) Множество центров тяжести остроугольных треугольников, вписанных в данную окружность $\gamma$ с центром $Q$ и радиусом $\rho$, будет внутренностью концентрического круга радиуса $\rho/3$. (Докажите это, пользуясь рисунком 7 и тем, что для прямоугольного треугольника центр тяжести находится ровно на расстоянии $\rho/3$ от центра гипотенузы $Q$.) Согласно 2° и 3°, именно такое множество положений может занимать точка $P$.

б) Согласно 6°, при заданной окружности $\gamma$ и заданном положении точки $P$ однозначно определяется положение проекции $H$ вершины $D$ на плоскость $\triangle ABC$ и ее расстояние $|DH|$ от этой плоскости.

В заключение сделаем несколько замечаний.

I. Для тех, кто захочет детально разобраться, как устроена «группа симметрий» $K$-тетраэдра (встретившихся в доказательстве 5°), дадим совет рассмотреть параллелепипед, несмежными вершинами которого являются вершины тетраэдра (рис. 8). Для К-тетраэдра этот параллелепипед — прямоугольный. Отсюда можно получить ряд других характеристических свойств $K$-тетраэдров (см. решение задачи М9 в «Кванте» № 9, 1970 г.).

Рис. 8.

Рис. 9.

41

II. Множество всех вершин D K-mетраэдров ABCD, грань ABC коморых виссана в данную окружность γ, представляем собой поверхность эллипсоidea врацения *), проходящое через γ (рис. 9). Это сразу следует из формулы $|QH|^2 + |DH|^2/2 = \rho^2$ и того факта, что точка H пробегает вес круг, ограниченной окружностью γ.

III. Основное равенство $|HP| = 4|QP|$ можно доказать, не опираясь на свойство $5^\circ$, если воспользоваться такими планетарическими сообщениями: точка H — центр описанного кругга $\triangle A_2B_2C_2$, в котором $\triangle A_1B_1C_1$ — треугольник из средних линей, а точка Q — центр описанного кругга $\triangle ABC$, составленного средними линяями треугольника $A_1B_1C_1$. Ясно, что все три треугольника имеют общий центр подобия P — точку пересечения медиан, причем коэффициент подобия $\triangle A_2B_2C_2$ и $\triangle ABC$ равен 4.

H. Б. Васильев

M320. Какие выпуклы нуzelольники можно разбить на треугольники mak, чтобы никакие два из треугольников разбиения не имели общих (полностью совпадающих) стороны? (На рисунке 10 показано, что треугольник mak разбить можно).

Рис. 10.

Рис. 11.

Докажем, что при $n > 3$ n-угольник нельзя разбить на треугольники требуемым образом.

Предположим противное, — что мы все же разбили n-угольник ($n > 3$) на треугольники.

Оторазим множество сторон треугольников разбиения во множество их вершин. Будем при этом различать два случая.

1. Сторона треугольника разбиения не лежит на стороне n-угольника.

Тогда:
a) если сторо внутри этой стороны треугольника есть вершины других треугольников разбиения, то отображим ее в одну из таких вершин;
b) если же внутри этой стороны нет других вершин, то по определению разбиения один из концов этой стороны должен лежать сторо внутри некоторой другой стороны (другого треугольника разбиения), — отображим тогда нашу сторону именно в такой ее конец (если же она конца стороны лежат сторо внутри какой-то другой стороны, то отображим ее в любой из ее концов).
2. Сторона треугольника разбиения лежит на стороне n-угольника.

Оторазим такую сторону в тот ее конец, который встреется перым при обходе сторона n-угольника по часовой стрелке.

Рассмотрим теперь множество всех вершин треугольников разбиения. Все вершины делятся на три типа.

I тип. Вершины n-угольника и те вершины треугольников разбиения, которые лежат на сторонах n-угольника.

Пусть вершин I типа t. Тогда сторон, которые отображились в эти вершины, тоже t, так как оченьindo, что в такие вершины отображаются только стороны, лежащие на сторонах n-угольника, причем это отображение взаимно-однозначно.

II тип. Вершины, не лежащие на сторонах n-угольника и не лежащие сторо внутри сторон каких-либо треугольников разбиения (например, как на рисунке 11).

Пусть вершин II типа m. По построению в такие вершины не отображится ни одной стороны.

III тип. Вершины, не лежащие на сторонах n-угольника, но лежащие сторо внутри каких-то сторон треугольников разбиения (например, как на рисунке 12).

*) См. статью И. Н. Бронштейна «Эллипс», 1975, № 1.

Пусть вершин III типа $k$. В вершину III типа может отразиться не более трех сторон (сторона, внутри которого эта вершина лежит, и две стороны, для которых эта вершина служит коном — для одной левым, для другой — правым). Поэтому в $k$ вершин III типа может отразиться не более $3k$ сторона треугольников.

Пусть в разбиении $x$ треугольников. Выразим число $3x$ сторон треугольников через $t$, $k$ и $m$. Для этого запишем сумму углов этих треугольников.

С одной стороны, сумма углов $x$ треугольников равна $π(t-2)+2πm+πk$, где $π(t-2) = π(t-n)+π(n-2)$ — сумма углов при вершинах I типа, $2πm$ — сумма углов при вершинах II типа, $πk$ — сумма углов при вершинах III типа.

Следовательно,

$$πx = π(t-2) + 2πm + πk,$$

и общее число сторона равно

$$3x = 6m + 3t + 3k - 6.$$

Поскольку каждая из сторон треугольников разбивается в какую-либо вершину I или III типов, то из сказанного выше следует, что всего сторон может быть не более чем $t+3k$. Значит,

$$6m+3t+3k-6 \leq t+3k,$$

откуда $t+3m \leq 3$.

Но $t>0$ и $m>0$; кроме того, $t \geq n>3$, и мы получаем противоречие.

Иными словами, мы получили, что на сторонах $n$-угольника может быть не более трех вершин, а следовательно, и сторон разбивается; значит, и $n$-угольник имеет не более трех сторон (так как на каждой стороне $n$-угольника должна лежать хотя бы одна сторона разбивается).

Кроме того, из последнего неравенства следует, что при разбении треугольника вершин II типа получится не может ($t=3$, следовательно, $m=0$).

А. Печковский

Ф328. Жесткие стержни длины $l_1$ и $l_2$ соединены шарниром в точке $A$. Их свободные концы удалиются другом другом равномерно со скоростью соответствующего $v_1$ и $v_2$, направленных вдоль одной прямой (рис. 13). Наимену упокение точки $A$ в том момент, когда стержни соединяются друг с другом угодл $90^\circ$. Движение стержней проискодим в одной плоскости.

Представим вектор $a$ полного ускорения точки $A$ в момент, когда стержни составляют друг с другом угодл $90^\circ$, как сумму двух ускорений $a_1$ и $a_2$, направленных вдоль соответствующих стержней (см. рис. 13). Для вычисления $a_1$ и $a_2$ воспользуемся тем, что вектор ускорения остается постоянным при перехождение от одной инерциальной системы отчета к другой.

Перейдем в системе отчета, движущуюся со скоростью $v_2$ влево. В этой системе отчета конецлевого стержня (точка $B$) поконтся; конец правого стержня (точка $C$) движется вправа со скоростью $v_1+v_2$, а точка $A$ описывает окружность радиуса $l_2$ (рис. 14). Следовательно, ускорение $a$ можно разложить на центростремительное (нормальное) ускорение и касательное (тангенциальное) ускорение. Это и есть ускорения $a_2$ и $a_1$ соответствующего.

Модуль центростремительного ускорения $a_2 = v^2/l_2$, где $v$ — линейная скорость движения точки $A$ по окружности. В момент, когда стержни составляют друг с другой угодл $90^\circ$, вектор скорости $v$ направлен вдоль правого стержня. Другой стержня $AC$ имеет в этот момент скорость $v_1+v_2$, направленную вправа. Так как стержень жесткий, проекции скоростей его концов на прямую, вдоль которой он расположен, должны быть одинаковыми (иначе изменялась бы длина стержня). Следовательно (см. рис. 14),

43

$$v = \left( v_1 + v_2 \right) \cos \alpha_1 = \frac{\left( v_1 + v_2 \right) l_1}{\sqrt{l_1^2 + l_2^2}}.$$

Тогда

$$a_2 = \frac{v^2}{l_2} = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2 l_1^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_2}.$$

Аналогично, первый в системе отчета, движущуюся вправо со скоростью $v_1$, получим

$$a_1 = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2 l_2^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_1}.$$

Модуль полногоускорения

$$a = \sqrt{a_1^2 + a_2^2} = \frac{\left( v_1 + v_2 \right)^2}{\left( l_1^2 + l_2^2 \right) l_1 l_2} \sqrt{l_1^6 + l_2^6}.$$

Вектор а составляет со стержнем $AC$ угол $\beta$ такой, что

$$tg \beta = \frac{a_2}{a_1} = \left( \frac{l_1}{l_2} \right)^3.$$

Б. Б. Буховцев

Ф330. В цилиндре под неевесомим поршнем плоцами $S$ находится воздух при аммосферном давлении $p_0$ и температуре $T_0$. Внутренний объем цилиндра разделен на две равные части неподвижной горизонтальной перегородкой с маленьким отвергением. На поршень кладум груз массы $M$, под действiem коморого поршень доходит до перегородки. Наимениментарную $T_1$ воздуха в цилиндре, если стенки цилиндра и поршень не проводят менло.

◆

Так как сосуд теплопозоливован, то изменение внутренней энергии газа равно работе внешних сил, действующих на поршень,— силы тяжестки $Mg$ и силы атмосферного давления $p_0S$:

$$\Delta U = (Mg + p_0S) h$$

(h — ход поршня).

Поскольку внутренняя энергия газа зависит только от температуры, то в любом процессе изменение внутренней энергии такое же, как в процессе, проискодящем при постоянном объете, то есть

$$\Delta U = C_V z \left( T_1 - T_0 \right).$$

Здеся $C_V$ — теплопозоливость одного моля газа при постоянном объете, $z$ — число молей газа. Поэтому в нашем случае

$$\left( Mg + p_0S \right) h = C_V z \left( T_1 - T_0 \right).$$

Отсюда

$$T_1 = T_0 + \frac{\left( Mg + p_0S \right) h}{C_V z}.$$

Число молей воздуха в цилиндре можно найти из уравнения состояния газа до скатия:

$$p_0V = zRT_0,$$

откуда

$$z = \frac{p_0V}{RT_0}.$$

Воздух состоит в основном из двухатомных газов — азота и кислорода. Поэтому можно считать $C_V = \frac{5}{2} R$. Подставляя значения $z$, $C_V$ и $h = V/2S$ в (*), окончательно находится:

$$T_1 = T_0 \left( 1 + \frac{Mg + p_0S}{5p_0S} \right).$$

44

Ф331. Плоская спираль с очень большим числом витков и наружным радиусом $R$ (рис. 15) находится в однородном магнитном поле, перендикулярном плоскости спирали и изменяющейся по закону $B = B_0 \cos \omega t$. Наименуя $э. d. c. индукции, наводимую в спирали. Расстояние между витками спирали посмотрено. Рис. 15. Рис. 16. Ф332. Наимену рассмотрение между источником света$S$и его изображением в оптической системе, приведенной на рисунке 17. Фокусные рассмотрения линии$A$и$B$одинаковы и равны$F$. Рис. 17. Величина$э. d. c. индукции, возбуждаемой в витке радиуса $r_i$, равна

$$\mathcal{E}_i = -\frac{\Delta \Phi_i}{\Delta t},$$

где $\Delta \Phi_i$ — изменение магнитного потока через плоскку, ограниченную витком, за малый промежуток времени $\Delta t$:

$$\Delta \Phi_i = S \Delta B = \pi r_i^2 B_0 \left\{ \cos \left[ \omega (t + \Delta t) \right] - \cos \omega t \right\} = -2 \pi r_i^2 B_0 \left[ \sin \omega \left( t + \frac{\Delta t}{2} \right) \sin \omega \frac{\Delta t}{2} \right] \approx -\pi r_i^2 B_0 \omega \Delta t \sin \omega t$$

так как $\Delta t$ мало, то $\sin \omega \left( t + \frac{\Delta t}{2} \right) \approx \sin \omega t$, $\sin \omega \frac{\Delta t}{2} \approx \omega \frac{\Delta t}{2}$. Э. д. с., наводимая во всей спирали, разна сумме э. д. с., наводимых в витках, то есть

$$\mathcal{E} = \sum \mathcal{E}_i = \sum -\frac{\Delta \Phi_i}{\Delta t} = B_0 \omega \sin \omega t \sum \pi r_i^2.$$

Величину $\pi r_i^2$ можно считать объемом цилиндра, высота которой равна единице, а площад основания $\pi r_i^2$. Тогда $\sum \pi r_i^2$ сумма объемов таких цилиндров. Так как разность между радиусами оснований «соседних» цилиндров мала (число витков $n$ велико), то объем всех таких цилиндров близок к объему конуса с высотой $n$ и площадю основания $\pi R^2$ (рис. 16):

$$\sum \pi r_i^2 = V = \frac{1}{3} \pi R^2 n.$$

Таким образом, э. д. с., наводимая в спирали, равна

$$\mathcal{E} = \frac{1}{3} \pi R^2 n B_0 \omega \sin \omega t.$$

Изображение $S_1$ источника $S$, даваемое линзой $A$, получается справа от линзы на двойном фокусном расстоянии от нее (рис. 18). Действительно, из формулы линзы следует, что

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{f_1} = \frac{1}{F},$$

откуда $f_1 = 2F$. Это означает, что на линзу $B$ попадает сходящей пучок лучей. Этот пучок лучей coincрется в точке $S_2$ — изображении источника.

Для линзы $B$ точки $S_1$ — минимисточник. Следовательно (см. рис. 18),

$$-\frac{1}{d_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F},$$

где $d_2 = F$. Отсюда

$$f_2 = \frac{F}{2}.$$

45

Рассстояние $l = SS_2$ между источником $S$ и его изображением $S_2$ в оптической системе равно $l = \sqrt{SK^2 + h^2}$, где $SK = 3,5F$. Рассстояние $h$ найдет из подобия треугольников $O_2S_1E_2$ и $S_2S_1E_1$:

$$\frac{h}{a} = \frac{F - f_2}{F}, \quad h = 0,5a.$$

Окончательное имеем:

$$l = SS_2 = \sqrt{12,25F^2 + 0,25a^2}.$$

Ф334.*) Бусинка сскальзывает без трения по вертикальной расположенной проводке длины $l$, которая изозначена в гармонику длины $l/2$. Во сколько раз время сскальзывания бусинки больше времени ее padения с высоты $l$? Амилитуда перешобов проводки много меньше ее длины. Размеры бусинки пребрежимо малы по сравнению с длиной «колена» гармоники.

При перехождение бусинки с одного прямолинейного участка проводки на другой абсолотная вершина ее скорости не меняется. Меняется только направление скорости бусинки: она становится параллельной новому участку проводки. Это означает, что время движения бусинки по проводке также же, как при движении бусинки по наклонной плоскости — развертке проводки. Это время равно

$$t = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \alpha}} = \sqrt{\frac{2l}{gh/l}} = 2 \sqrt{\frac{l}{g}}$$

($l$ — длина наклонной плоскости, $\alpha$ — угол наклона плоскости к горизонту), т. е. оно в $\sqrt{2}$ раз больше времени

$$t' = \sqrt{\frac{2l}{g}}$$Padения бусинки с высоты $l$.

И. Ш. Слободецкий

*) Решение задачи Ф333 будет опубlikовано в следующем номере журнала.