Простой ответ в «сложной» задаче

46

Простой ответ в «Сложной» задаче

В этой статье новь поднимается вопрос о том, как следует решать планимерические задачи – «алгебраические» или же «чисто геометрические»? *) Конечно же, было бы неразумно противопоставлять эти два метода, главная задача при подготовке к вступительным экзаменам — научиться их сочетать. Понски «чисто геометрического» решения целесообразны далеко не всегда — только если оно приходит в голову достаточно быстро. Мы лишь хотим предостеречь будущего абитриента от головоломных вычислений в сравнительно простой геометрической задаче, легко решающся с помощью «чисто геометрической» идеи. Задчи, рассматриваемые в этой статье, допускают разные, иногда очень громоздкие решения, хотя ответы всегда получаются простые. На их примерах можно легко убедиться, насоклько важно уметь «геометрические» мыслить и применять в обшем-то хорошо всем известные теоремы планимерии. Конечно, чтобы найти простое геометрическое решение, нужно проявить изобретательность. Умнение «решить задачу красно» — это искусство, овладеть которым можно, лишь постоянно развивая свое геометрическое мышление и intuцию. А для этого — решайте как можно больше задач, и помните, что понск решения — процесс творческой.

*) См. также статью С. В. Романова и И. Ф. Шары г. ина «Алгебраический метод решения геометрических задач», «Квант», 1975, № 11.

Начнем с таких двух задач.

Задача 1 (МАИ, 1973). В прямоеольном треугольнике один из острых углов равен α. На отрезкахzionенцы, образуемых основанием опущенной на нее высоты, как на диаметрах, построены получокружности, расположенные отzionенцы по одному сторону с данным треугольником. Наименование длины отрезков каметов, заключенных внутри этих получокружностей.

Первое решение. Пусть $CAB$ — данный треугольник (угол $A$ — прямой), $AD$ — его высота, точки $E$ и $F$ — точки пересечения получокружностей с катетами $AC$ и $AB$ (см. рис. 1). Очевидно, что $(DE) \perp (AC)$ и $(DF) \perp (AB)$. Позотому

$$\begin{cases} |DF|^2 = |AF| \cdot |FB|, \\ |DE|^2 = |AE| \cdot |EC|. \end{cases}$$

Введем неизвестные: $x = |DF| = |AE|$ и $y = |AF| = |DE|$.

Тогда, обозначив $|AC| = b$ и $|AB| = c$, получим систему:

$$\begin{cases} x^2 = y(c - y), \\ y^2 = x(b - x), \end{cases}$$

откуда

$$x = \frac{bc^2}{b^2 + c^2}, \quad y = \frac{b^2c}{b^2 + c^2}.$$

Но

$$|FB| = c - y = \frac{c^3}{b^2 + c^2}, \quad |EC| = b - x = \frac{b^3}{b^2 + c^2}.$$

47

Следовательно,

$$\frac{|FB|}{|EC|} = \frac{c^3}{b^3}.$$

Но $\frac{c}{b} = \text{tg}\alpha$, значит, $\frac{|FB|}{|EC|} = \text{tg}^3\alpha$.

Второе решение. Заметим, что

$$\widehat{DCE} = \widehat{DAF} = \widehat{BDF} = x.$$

Позтому

$$\frac{|FB|}{|EC|} = \frac{|DF| \cdot \text{tg}\alpha}{|EC|} = \frac{(|AF| \cdot \text{tg}\alpha) \cdot \text{tg}\alpha}{|EC|} = \frac{|DE| \cdot \text{tg}^2\alpha}{|EC|} = \text{tg}^3\alpha.$$

Мы видим, что для получения ответа вовсе не нужно вводить никаких неизвестных и составлять алгебраические системы, — достаточно лишь заметить, что перечисленные три угла конгруэнтны.

Задача 2. Дан треугольник ABC. Проведена окружность, касающая стороны BC в основании проведенной к ней высотны AD длины h и проходящая через середину стороны AC длины b. Наимену диаметр этой окружности.

Первое решение. На рисунке 2 показано одно из возможных расположений: диаметр DF окружности меньше высоты, окружность пересекает сторону AC в двух точках K и E, из которых верхняя точка E является серединой, и не пересекает второй стороны треугольника.

Обозначим диаметр исключой окружности через x: $|DF| = x$, а длину хорды $KE$ — через y: $|KE| = y$.

Рис. 2.

Приименя теоремы о касательной и секущей, а также о двух секуших, проведенных к окружности из одной точки (C и A соответственно), получаем

$$|CD|^2 = |CK| \cdot |CE|,$$

$$|AF| \cdot |AD| = |AE| \cdot |AK|.$$

Отсюда имеем

$$\begin{cases} b^2 - h^2 = \frac{b}{2} \left( \frac{b}{2} - y \right), \\ h(h - x) = \frac{b}{2} \left( \frac{b}{2} + y \right). \end{cases}$$

Решая эту систему относительно x, находим $|DF| = x = \frac{b^2}{2h}$.

Однако это решение нельзя считать исчерпывающим — ведь остальные неразsobранными другие возможности (например, когда $|DF| > |AD|$, и вторая точка пересечения находится на продолжении стороны AC). Разбор каждого из этих случаев приводит к разным системам и, более того, требует использования разных теорем (в случае $|DF| > |AD|$) понадобится теорема о двух пересекающихся хордах).

Сейчас мы приведем другой, геометрическое решение этой задачи; убедитесь сами, что оно уже не зависит от того, как окружность пересекает стороны данной треугольника.

Второе решение. Соединним точку E с точками D и F. Поскольку DE — медиана, проведенная к гипотенузе прямого углового треугольника CAD, имеем: $|DE| = |AE| = \frac{b}{2}$, и $\widehat{EDF} = \widehat{EAD}$ (углы при основании равноведренного треугольника). Следовательно, прямой угловые треугольники DEF и ADC подобны. Отсюда

$$\frac{|DF|}{|AC|} = \frac{|DE|}{|AD|},$$

или

$$|DF| = \frac{|AC| \cdot |DE|}{|AD|},$$

то есть

$$|DF| = \frac{b^2}{2h}.$$

48

Рис. 3.

Часто решение геометрических задач алгебраических методом приводит к сложным irrationalным уравнениям. Иногда благодаря дополнительным сообщением этого удается избежать. Вот две типичные задачи.

Задача 3 (ЛГУ, 1973). Определить высоту трапеции, если длины ее оснований равны 6 и 11, длина одной из боковых сторонравна 4, а сумма углов при нижнем основании равна $\frac{\pi}{2}$.

Первое решение. Проведем в трапеции $ABCD$ высоты $BE$ и $CF$ (рис. 3) и положим $|BE| = |CF| = x$. Будем считать, что $|AB| = 4$. Из прямогольного треугольника $AEB$ находим $|AE| = \sqrt{16-x^2}$. Поэтому

$$|FD| = |AD| - (|AE| + |EF|) = (|AD| - |BC|) - |AE| = 5 - \sqrt{16-x^2}.$$

Поскольку сумма углов при основании $AD$ равна $\frac{\pi}{2}$, прямогольные треугольники $AEB$ и $CF$ подобны; следовательно,

$$\frac{|BE|}{|FD|} = \frac{|AE|}{|CF|}.$$

Получаем irrationalное уравнение

$$\frac{x}{5 - \sqrt{16-x^2}} = \frac{\sqrt{16-x^2}}{x},$$

из которого находим высоту трапеции:

$$x = |BE| = 2,4.$$

Второе решение. Сделаем дополнительное построение: проведем $(BK)$ параллельно $(CD)$. Получим (см. рис. 3 и условия задачи) прямогольный треугольник $ABK$, из которого легко находит высота трапеции:

$$|BE| = \frac{|AB| \cdot |BK|}{|AK|} = \frac{|AB| \cdot \sqrt{|AK|^2 - |AB|^2}}{|AK|} = \frac{|AB| \cdot \sqrt{(|AD| - |BC|)^2 - |AB|^2}}{|AD| - |BC|} = \frac{4 \cdot \sqrt{(11-6)^2 - 16}}{11-6} = 2,4.$$

Задача 4. На сторонах $AD$ и $CD$ квадрата $ABCD$ со стороны 3 взяты две точки $M$ и $N$ так, что длина ломаной $MDN$ равна квадрата. Прямые $AM$ и $BN$ пересекаются в точке $E$. Найти длину отрезка $ME$, если $|NE| = 4$.

Первое решение. Обозначим длину отрезка $DN$ (рис. 4) через $x$. Тогда $|DE| = \sqrt{16-x^2}$. Из подобия треугольников $NDE$ и $BAE$ имеем

$$\frac{|DN|}{|AB|} = \frac{|DE|}{|AE|},$$

то есть

$$\frac{x}{3} = \frac{\sqrt{16-x^2}}{3 + \sqrt{16-x^2}}.$$

Это irrationalное уравнение свойится к таким уравнению четвертой степени

$$x^4 - 6x^3 + 2x^2 + 96x - 144 = 0.$$

49

Рис. 5.

Многочлен, получившийся в левой части, раскладывается в произведение двух квадратных треугольников: $x^2 + 2x - 6$ и $x^2 - 8x + 24$. Поэтому $(x^2 + 2x - 6)(x^2 - 8x + 24) = 0$.

Это уравнение имеет единственный положительный корень:

$$x = |DN| = \sqrt{7} - 1.$$

Тепер мы легко находим

$$|ME| = |MD| + |DE| = 3 - |DN| + \sqrt{16 - |DN|^2} = 3 - \sqrt{7} + 1 + \sqrt{16 - (\sqrt{7} - 1)^2} = 4 - \sqrt{7} + \sqrt{(V\overline{7} + 1)^2} = 5.$$

Простой ответ наводит на мысль, что существует другое, менее сложное решение. Вот оно.

Второе решение. Поскольку треугольники BCN и NDE подобны, то

$$\frac{|BC|}{|CN|} = \frac{|DE|}{|DN|},$$

или

$$\frac{3}{3 - |DN|} = \frac{|DE|}{|DN|},$$

то есть

$$3(|DE| - |DN|) - |DN| \cdot |DE| = 0.$$

Прияв во внимание, что $|MD| = 3 - |DN|$, и $|DN|^2 + |DE|^2 = 16$, получим

$$|ME| = |MD| + |DE| = (3 - |DN|) + |DE| = \sqrt{(3 - |DN| + |DE|)^2} = \sqrt{9 + 16 + 2 \cdot 0} = 5.$$

Провив изобретательность, мы смогли обойтись без irrationalного уравнения, решать которое, согласно себе, было не так-то уж и принято!

Одним из самых распространенных среди абитриентов методов решения планиметрических задач является применение тригонометрики. Безусловно, это очень важный и полезный метод, — порой введение тригонометрических функций является естественным и оправданным путем к решению. Однако в каждом конкретном случае следует подумать, нет ли более простого, геометрического решения. Вот показательный пример.

Задача 5 (MГУ, факультет вычислительной математики и киберNETики, 1971). В треугольнике ABC сторона AC больше стороны AB, а угол при вершине A равен α. На стороне AC взята точка R, так что $|AB| = |RC|$. Пусть E — середина отрезка AR, D — середина стороны BC. Найти угол CED.

Первое решение (triгонометриское). Обозначим длины сторон треугольника ABC буквами a, b, c, величины его углов—буквами A, B, C соответственно, а величины искомого угла CED—буквой x.

Тогда (см. рис. 5):

$$\widehat{CDE} = 180^\circ - (C + x),$$

$$|CD| = \frac{a}{2},$$

$$|CE| = |CR| + |RE| = c + \frac{b - c}{2} = \frac{b + c}{2}.$$

По теореме синусов нахождения треугольника CDE:

$$\frac{|CE|}{\sin CDE} = \frac{|CD|}{\sin CED},$$

то есть

$$\frac{b + c}{\sin (C + x)} = \frac{a}{\sin x};$$

из треугольника ABC:

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C},$$

50

то есть
$$\frac{b+c}{\sin B+\sin C} = \frac{a}{\sin A}.$$

Деля соответствие (1) на соответствие (2), получаем
$$\frac{\sin B + \sin C}{\sin(C+x)} = \frac{\sin A}{\sin x},$$
или, поскольку $B = 180^\circ - (A+C)$,
$$\frac{\sin(A+C) + \sin C}{\sin A} = \frac{\sin(C+x)}{\sin x},$$

то есть
$$\frac{2\sin\left(\frac{A}{2} + C\right)\cos\frac{A}{2}}{2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}} = \frac{\sin(C+x)}{\sin x},$$
откуда
$$x = \frac{A}{2} = \frac{\alpha}{2}.$$

Второе решение (геометрическое). Мы сейчас приведем даже два геометрических решения.

1°. Проведем в треугольнике $ABC$ среднюю линию $DF$. Имеем
$$|FE| = |CE| - |CF| = \frac{b+c}{2} - \frac{b}{2} = \frac{c}{2} = |DF|,$$
то есть треугольник $DFE$ — равно-бедренный. Позному
$$\widehat{CED} = \frac{1}{2}\widehat{CFD} = \frac{1}{2}\widehat{CAB} = \frac{\alpha}{2}.$$

2°. Проведем биссертису $AK$ угла $A$ треугольника $ABC$. Тогда
$$\frac{|CK|}{|CA|} = \frac{a}{b+c}.$$
но и $\frac{|CD|}{|CE|} = \frac{a}{b+c}$, значит, треугольники $CDE$ и $CKA$ подобны, и отрезок $DE$ параллелен $AK$.
Следовательно, $\widehat{CED} = \widehat{CAK} = \frac{\alpha}{2}$.

Не права ли, «тигонометрическое» решение этой задачи нельзя назвать удачным? — оба геометрических решения, безусловно, более изящны. Но в некоторых смысле они и более трудны — ведь нужно было договора сделать дополнительно-

Упражнения
1 (ЛГУ, 1973). В прямогольнике $ABCD$ дано: $|AB| = a$, $|AD| = b$ ($a > b$). Найти на стороне $AB$ точку $E$, для которого $\angle CED \cong \angle AED$.
2 (НГУ, 1967). В плоском выпуклом четырехугольнике $ABCD$ точки $E, F, K, L$ являются серединами сторона $AB, BC, CD, DA$. Отрезками $EK$ и $FL$ данный четырехугольник разделен на четыре менших четырехугольника. Доказать, что сумма площадей тех из этих четырехугольников, которые имеют вершины в точках $A$ и $C$, равна сумме площадей двух других четырехугольников.
3 (НГУ, 1974). В трапеции $ABCD$ боковая сторона $CD$ перpendикулярна к основанию $AD$, $|BC| = a$, $|AD| = b$, $a < b$. На основании $AD$ существует такая точка $M$, что ($MB$) перpendикулярна к ($AC$), а ($MC$) перpendикулярна к ($BD$). Найти высоту трапеции.
4 (МФТИ, 1970). Дана трапеция $ABCD$ с основаниями $|AB| = a$, $|CD| = b$ ($a < b$). Окружность, проходящая через вершины $A, B$ и $C$, касается [AD]. Найти длину диагонали $AC$.
5 (МФТИ, 1973). Две окружности радиусов $R$ и $r$ ($R > r$) имеют внешнее касание в точке $A$. Через точку $B$, взятую на большей окружности, проведена прямая, касающаяся меньшей окружности в точке $C$. Найти длину отрезка $BC$, если длина хорды $AB$ равна $a$.
6 (МФТИ, 1973). В равноочной трапеции $ABCD$ угол при основании $AD$ равен $\frac{24}{25}$. Окружность радиуса $R$ касается основания $AD$, боковой стороны $AB$ и проходит через вершину $C$; она отсекает на стороне $BC$ и $CD$ конгруэнтные отрезки $MC$ и $NC$ соответственно. Найти длину отрезка $BM$.
7 (МГУ, бинофак, 1973). В круге проведены два диаметра $AB$ и $CD$, $M$ — некоторая точка. Известно, что $|AM| = 15$, $|BM| = 20$ и $|CM| = 24$. Чему равно $|DM|$?
8 (МГУ, геолог. фак., 1974). Дан прямой треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$. Угол $CAB$ равен $\alpha$. Биссертиса угла $ABC$ пересекает катет $AC$ в точке $K$. На стороне $BC$ как на диаметре построена окружность, которая пересекает гипотенуzy $AB$ в точке $M$. Найти угол $AMK$.