Геометрические решения геометрических задач

38

Геометрические решения геометрических задач

Памяты Вайнмана В. Ш., учитель математики города Киева, посвящается.

При решении геометрических задач передко прибегают к различным аналитическим методам. В настоящее время статье расссказывается о нескольких геометрических способах, которые делают решения простим и рациональным. Изложенные методы и примыты почти оченьидны и, несомненно, не новы для читателя, но, тем не менее, думается, что наполнивание о них будет полезным всем, кто желает хорошо научиться решать геометрические задачи.

1. Определим вид фигуры.

Решение задачи в некоторых случаях значительное ускорится, если предварительно определить вид, который может (или не может) иметь исходная фигура.

Задача 1 (МГУ, ВМК, 1978). Около треугольника AMB описана окружность, центр которого удален от стороны AM на расстояние 10. Продолжение стороны AM за вершину M отсекает от касательной к окружности, проведенной через вершину B, отрезок BC, равный 29. Найти площадь треугольника BMC, если известно, что угол ACB равен arctg $\frac{20}{21}$.

Определим вид треугольника BMC, для чего проведем его высоту $BM_1$, продолжим ее до пересечения с окружностью в точке $M_2$ и спроектируем центр окружности O на сторону AM и хорду $BM_2$ (рис. 1). Тогда, согласно условия,

$$|OK| = 10, |BM_1| = |BC| \sin \widehat{ACB} = 29 \sin \left( \arctg \frac{20}{21} \right) = 29 \cdot \frac{20}{29} = 20 = 2 |OK|, |BM_2| = 2 |BL| = 2 (|BM_1| - |LM_1|) = 2 (|BM_1| - |OK|) = 2 |BM_1| - |BM_2| = |BM_1|.$$

Отсюда следует, что точки M, $M_1$ и $M_2$ совпадают (рис. 2) и, следовательно, точка O лежит на [AB] и треугольник BMC — прямой угольный. Дальнейшее ясно. (Ответ.210.)

Задача 2 (МГУ, геология. ф-т, 1978). В треугольнике ABC сторона $|AC| = 3, \widehat{BAC} = \frac{\pi}{6}$ и радус описанной окружности равен 2. Доказать, что площадь треугольника ABC сторо менше 3.

Покажем, что $\triangle ABC$ не может быть прямой угольным. В самом деле, проведем в окружности радиуса 2 из точки A хорды AC, AB$_1$, AB$_2$ и диаметр AD (рис. 3) так, чтобы $|AC| = 3, \widehat{B_1AC} = \widehat{B_2AC} = \frac{\pi}{6}$. Отрезок AB$_1$ не совпадает с отрезком AD, поскольку $\widehat{CAB}_1 = \frac{\pi}{6} \neq \arccos \frac{3}{4} = \arccos \frac{|AC|}{|AD|} = \widehat{CAD}$. Следовательно, $\widehat{ACB}_1 \neq \frac{\pi}{2}$ и $|AB_1| < |AD|$. Поэтому $S_{\Delta AB_1} = \frac{1}{2} |AC| \cdot |AB_1| \sin \widehat{B_1AC} < \frac{1}{2} |AC| \cdot |AD| \sin \widehat{B_1AC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \times \sin \frac{\pi}{6} = 3$. Неравенство $S_{\Delta AB_2} < 3$ легко следует из $|AB_2| < |AC| = 3$.

2. «Достроим» фигуру.

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом.

39

При этом иногда на «естественном» чертеже (т. е. на чертеже, на котором только «изображено» условие) трудно заметить связи между данными и исходными величиными, а если фигуру «достроить», эти связи становятся очевидными.

Задача 3 (МГУ, ф-т почво-ведения, 1977). Длины основания CD, диагонали BD и боковой стороны AD трапеции ABCD равны между собой и равны p. Длина боковой стороны BC равна q. Найти длину диагонали AC.

В данной трапеции ABCD (рис. 4) нельзя увидеть связи между исходной диагональю AC и другими отрезками. Если же, приняв во внимание, что точка D равнодулана от точек A, B и C, проведи окружность O(D, p) и «достроить» данную трапецию до равнобедренной трапеции ABCE, из прямогоЛЬного треугольника ACE легко найти $|AC| = \sqrt{4p^2 - q^2}$.

Задача 4 (НГУ, 1976). В трапеции ABCD с основанием AB и CD bicсектриса уела В перпендикулярна боковой стороны AD и пересекаем ее в точке E. В каком отношение

нищ пряма BE делим площадь трапеции, если известно, что длина отрезка AE в два раза больше отрезка DE?

Если «достроить» данную трапецию ABCD до треугольника AFB (рис. 5), получим равноведенный треугольник, от которого отрезок DC отсекает подобный треугольник DFC с коэффициентом подобия $\frac{1}{4}$. Поэтому искомое отношение равно $\frac{S_{EDCB}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{S_{\Delta EFB} - S_{\Delta DFC}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB} - \left(\frac{1}{4}\right)^2 S_{\Delta AFB}}{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB}} = \frac{7}{8}$.

3. Описем окружность.

В некоторых случаях существим моментом в геометрическом решении задачи является установление конгузнности некоторых углов. Чаще всего такие углы являются соответствными в подобных треугольниках

40

или многоугольник. Однако возможны такие ситuation, когда конгруэнтность расматривается пары углов следует из конгруэнтности другой пары углов, величины которых известны. Например, около четырехугольника $ABCD$ тогда и только тогда можно описать окружность, когда $\widehat{ABC} + \widehat{ADC} = 180^\circ$ («Геометрия 8», п. 113). Легко доказать, что это условие равносильно условию $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$. Таким образом, равенства $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$, $\widehat{ACB} = \widehat{ADB}$, $\widehat{BAC} = \widehat{BDC}$, $\widehat{CAD} = \widehat{CBD}$ равносильны (рис. 6).

Задача 5 (МФТИ, 1976). Точка $E$ лежит на стороне $AC$ правильно треугольника $ABC$; точка $K$ — середина отрезка $AE$. Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно ($AB$), и прямая, проходящая через точку $C$ perpendicularно ($BC$), пересекаются в точке $D$. Найти улы треугольника $BKD$.

Пусть прямая $ED$ пересекает прямую $AB$ в точке $F$ (рис. 7). Тогда треугольник $AFE$ — прямойольный, причем $[FK]$ — медиана. Значит, треугольник $AFK$ — правильный треугольник, готовотничий данному треугольнику $ABC$. Позному $[FK] \parallel [BC]$ и четырехугольник $BFKC$ — равноведренная трапеция. Следовательно, около него описать окружность. Из $\widehat{BFD} + \widehat{BCD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ следует, что точка $D$ принадлежит той же окружности.

Позному $\widehat{BKD} = \widehat{BFD} = 90^\circ$, $\widehat{KDB} = \widehat{KCB} = 60^\circ$ и $\widehat{DBK} = 30^\circ$.

Задача 6 (МГУ, физика, 1974). На bicсектрисе угла с вершиной $L$ взята точка $A$. Точка $K$ и $M$ — основания перпендикуляров, опущенных из $A$ на стороны угла. На отрезке $KM$ взята точка $P$ (|$KP$| < |$PM$|) и через точку $P$ perpendicularно к отрезку $AP$ проведена прямая, пересекающая прямую $KL$ в точке $Q$ (Кмежду $Q$ и $L$), а прямую $ML$ — в точке $S$. Известно, что $\widehat{KLM} = \alpha$, |$KM$| = $a$, |$QS$| = $b$. Найти длину отрезка $KQ$.

Как известно, $|AK| = |AM|$. Легко сообщить, что $\widehat{AKM} = \widehat{ALK} = \frac{\alpha}{2}$.

Позному $|AK| = \frac{a}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.

Вокруг четырехугольников $APKQ$ ($\widehat{APQ} = \widehat{AKQ} = 90^\circ$) и $APSM$ ($\widehat{APS} + \widehat{AMS} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$) можно описать окружности (рис. 8). Поискы $AQS = AQP = AKP = AKM = AMK = AMP = ASP = ASQ = \frac{\alpha}{2}$, треугольник $AQS$ — равноведренный. Из $\triangle AQS$ находится $|AQ|$, затем из прямогоугольного треугольника $AKQ$ — $|KQ| = \frac{\sqrt{b^2 - a^2}}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.

41

4. „Этот ведесущий треугольник“

Понск геометрического решения задачи можно вести в направлении расстояния фигур, свойства которых хорошо изучены. Однако из таких фигур, несомненно, является треугольник. Верный и добрый помощью — треугольник — поиск не ведесущи и порого незаменим в наших расхождениях, в отыскании простых и ясных решений. Позволим себе позитomy следующий совет: если вы испытываете затруднения в выборе правильного геометрического пути решения задачи, ищите треугольник!

Задача 7 (МГУ, ВМК, 1975). Дана прямоугольная трапецция, основанная коморой равны a и b (a<b). Известно, что некоморя прямая, паралельная основанием, рассекает ее на две трапецции, в каждой из коморых можно вписать окружность. Определить радиус этих окружностей.

Достроим данную трапецию ABCD до треугольника (рис. 9). Пусть окружности, вписанные в трапеции AEFD и EBCF, касаются [EF] в точках M и N, а радиус их будет R и r соответственно. Поскольку данная трапеция — прямоугольная, |EM|=R, |EN|=r. Из равенства |KP|=|KQ| легко вывести |EN|=|MF|. (Это утверждение имеет общий характер: в любом треугольнике точки касания вписанной и внешписанной окружностей равнодалены от концов стороны, которой они касаются. Внешписанная окружность—это окружность, касающаяся стороны треугольника и продолженной двух других сторон.) Значит, |EF|=R+r. Из подобия треугольников BKC, EKF и AKD получаем систему

$$\begin{cases} \frac{a}{R+r} = \frac{r}{R}, \\ \frac{R+r}{b} = \frac{r}{R} \end{cases}$$

(в подобных треугольниках как радиусы вписанных, так и радиусы внешписанных окружностей относится как соответствующие стороны), из которых $R = \frac{bV_a}{V_a + V_b}$, $r = \frac{aV_b}{V_a + V_b}$.

Рис. 9.

Рис. 10.

Задача 8 (МГУ, физак, 1975). В прямоугольнике ABCD (|BC|>|CD|) диagonali AC и BD пересекаются в точке O. Биссектираса угла CAD пересекает [BD] в точке E. Пусть F — основание перпендикулара, опущенное из точки E на сторону AD; точка K — середина [AD]. Через точки E проведен также perpendicular к [AE] до пересечения с диagonali AC в точке H. Найти площадь ABCD, если |OH|=b, |KF|=\frac{4}{3}b.

Проведем [EL] || [AD], где L∈[AO] (рис. 10). Поскольку $\hat{AEL} = \hat{EAD} = \hat{EAC}$, |AL|=|LE|=2|ME|=2|KF|=\frac{8}{3}b.

Продолжим perpendicular HE до пересечения с [AD] в точке G. Треугольник AHG — равноведренный ([AE] — биссектираса и высота). Так как [LE] — средняя линия в нем,

42

Рис. 11.

треугольник LHE также будет равноведренным. Позному

$$|OM| = \sqrt{|OL|^2 - |LM|^2} = \sqrt{(|LH| - |OH|)^2 - |ME|^2} = \sqrt{(|LE| - |OH|)^2 - |KF|^2} = \sqrt{\left(\frac{8}{3}b - b\right)^2 - \left(\frac{4}{3}b\right)^2} = b.$$

Используя подобные треугольников ACD и LOM с коэффициентом подобия

$$\kappa = \frac{|AC|}{|LO|} = \frac{2|AO|}{|LH| - |OH|} = \frac{2(|AL| + |LH| - |OH|)}{|LE| - |OH|} = \frac{2\left(\frac{8}{3}b + \frac{8}{3}b - b\right)}{\frac{8}{3}b - b} = 5,2,$$

находим искомую площадь

$$S_{ABCD} = 2S_{\Delta ACD} = 2k^2 S_{\Delta LOM} = k^2 \cdot |LM| \cdot |OM| = (5,2)^2 \cdot \frac{4}{3}b \cdot b = \left(36 \cdot \frac{4}{75}\right)b^2.$$

Задача 9 (МФТИ, 1974). Около окружности описана равноведренная граница с основанием AD и BC (|AD| > |BC|). Прямая, параллельная диagonали AC, пересекаем стороны AD и CD соответствующего в точках M и N и касаемся окружности в точке P. Определить углы границ, если $\frac{|MP|}{|PN|} = k$.

Рассмотрене подобных треугольников ACD и MND (рис. 11) приводит к несложному геометрическому решению. Обозначим через E, F и G точки касания окружности со стороны AD, CD и BC соответственно, через H и Q — проекции точек C и N на сторону AD. Положим |PN| = 1. Тогда |MP| = k, |AH| = |AE| + |EH| = |ED| + |GC| = |DF| + |FC| = |DC|. Из свойств подобия и в треугольнике MND будет |MQ| = |DN|. Позному

$$|MN| = |MP| + |PN| = k + 1, |DQ| = |DE| - |QM| - |ME| = |DF| - |DN| - |MP| = |NF| - |MP| = |NP| - |MP| = 1 - k, 2 |NQ|^2 = (|MQ|^2 + |NQ|^2) - (|DN|^2 - |NQ|^2) = |MN|^2 - |DQ|^2 = (k + 1)^2 - (1 - k)^2 = 4k, |NQ| = \sqrt{2k}.$$

Следовательно, tg $\hat{D} = \frac{|NQ|}{|DQ|} = \frac{\sqrt{2k}}{1 - k}, \hat{A} = \hat{D} = \arctg \frac{\sqrt{2k}}{1 - k}, \hat{B} = \hat{C} = \pi - \arctg \frac{\sqrt{2k}}{1 - k}.$

Уражнения

1 (МГУ, филологич. ф-т, отделение структурой и прикладной линвистики, 1978). Пятнуюгольник ABCDE вписан в окружность единичного радиуса. Известно, что |AB| = $\sqrt{2}$, $ABE = 45^\circ$, $EBD = 30^\circ$ и |BC| = |CD|. Чему равна площадь пятнуюгольника?

2 (МГУ, геологич. ф-т, 1978). В треугольнике ABC длина стороны AB равна 4, $\widehat{CAB} = \frac{\pi}{3}$, а радиус описанной окружности R равен 2,2. Доказать, что длина высоты, опущенной из вершины C на сторону AB, строго меньше $\frac{11\sqrt{3}}{5}$.

3 (НГУ, 1976). В параллелограмме ABCD угол BAD равен 60°. Okружность, проходящая через точки A, B и D, пересекает сторону CD в середине. Найти площадь параллелограмма, если радиус окружности равен R.

4 (МГУ, ф-т почуведения, 1977). Основание AB трапеции ABCCD вдвое длине основания CD и вдвое длине боковой стороны AD. Длина диagonали AC равна a, а длина боковой стороны BC равна b. Найти площадь трапеции.

5 (МИНТ, 1977). Центр полукружности лежит на большем основании AD трапеции ABCCD; все остальные стороны касаются полукружности. Доказать, что |AD| = |AB| + |CD|.