Вспомогательные отрезки и углы

46

И. Габович

Вспомогательные отрезки и углы

При решении геометрических задач часто бывают полезно помимо величины, данных в условии, вместе с помощьюные величины (длины отрезков, величины углов и т.п.) и выражать через них искомуовеличину. При этом в одних случаях вспомогательные величины в ходе решения «исчезают» (например, сокращаются), в других — определяются через данные.

Задача 1 (МФТИ, 1979). Вписанная в треугольник ABC окружность касается его сторон AC и BC соответственно в точках M и N и пересекает bisсектору BD в точках P и Q. Найти отношение площадей треугольников PQM и PQN, если $\widehat{A} = \frac{\pi}{4}, \widehat{B} = \frac{\pi}{3}$ (рис. 1).

Решение. Проведем в треугольниках PQM и PQN высоты $[MM_1] \perp [PQ]$ и $[NN_1] \perp [PQ]$. Поскольку треугольники PQM и PQN имеют общее основание,

$$\frac{S_{\triangle PQM}}{S_{\triangle PQN}} = \frac{|MM_1|}{|NN_1|}.$$

Пусть $O$ — центр вписанной окружности и $|OM| = |ON| = x$. Поскольку $\widehat{BON} = \frac{\pi}{3}$, а $\triangle ONN_1$ — прямогольный, $|NN_1| = \frac{x\sqrt{3}}{2}$. Так как $\widehat{C} = \frac{5}{12}\pi$, из четырехугольника NOMC получаем $M\widehat{ON} = \frac{7\pi}{12}$. Поэтому $M\widehat{OM}_1 = \frac{\pi}{12}$. Из $\triangle MOM_1$ получаем $|MM_1| = x\sin \frac{\pi}{12} = x\sin \left(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}\right) = x\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{6}}$.

Задача 2 (МОПИ, 1978). Высота правильно четырехугольной парамиды составляет 30°. Через сторону основания парамиды проведена плоскость, перепедикулярная противлежащей грани. Найти отношение объема многообразников, полученных при пересечении парамиды этой плоскостью.

Решение. Легко видеть, что четырехугольник CDMN (рис. 2), получающийся в сечении, является трапецией. Через высоту SO и апофему SE проведем плоскость. Эта плоскость перепедикулярна боковым гранием SAB и SCD (почем?). Поэтому $F\widehat{SO} = 30^\circ$. Так как $|SF| = |SE|$ и $F\widehat{SE} = 60^\circ$, треугольник FSE-правильный. Пусть $|AB| = |AD| = |EF| = x$. Тогда $|MN| = \frac{x}{2}, |EP| = \frac{x\sqrt{3}}{2}$. Найдем объем четырехугольной парамиды SCDMN. Отрезок SP — высота этой парамиды (почем?), а трапеция CDMN — ее основание. Поэтому $V_{SCDMN} = \frac{1}{3}|SP| \cdot S_{CDMN}$.

Так как $|SP| = \frac{x}{2}$ и $S_{CDMN} = \frac{(x + \frac{x}{2})}{2} \cdot \frac{x\sqrt{3}}{2} = \frac{3x^2\sqrt{3}}{8}$, получаем

48

$\triangle SDE$ находим $|DE| = x \sin \frac{\alpha}{2}$.
$|CD| = 2x \cdot \sin \frac{\alpha}{2}$. Таким образом,
$V = \frac{4}{3} x^2 h \sin^2 \frac{\alpha}{2}$. Тепер выразим $x^2$ через $h$ и $\alpha$. Для этого рассмотрим треугольник $SOD$. Имеем $|SD|^2 = |SO|^2 + |OD|^2$, но $|OD| = |CD| \times \frac{\sqrt{2}}{2} = x\sqrt{2} \sin \frac{\alpha}{2}$. Поэтому $x^2 = h^2 + 2x^2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}$, откуда $x^2 = \frac{h^2}{\cos \alpha}$. Следовательно, $V = \frac{4}{3} h^3 \frac{\sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos \alpha}$.

Приведем решение этой задачи, используя введение вспомогательного угла. Пусть $SDO = \varphi$. Из $\triangle SDO$ получаем $|DO| = h \text{ ctg } \varphi$, $|CD| = h\sqrt{2} \text{ ctg } \varphi$. Таким образом, $V = \frac{2}{3} h^3 \text{ ctg}^2 \varphi$. Осталось выразить $\text{ctg}^2 \varphi$ через функцию угла $\alpha$. Для этого введем вспомогательный отрезок $SD$. Пусть $|SD| = x$. тогда $|DE| = x \sin \frac{\alpha}{2}$, $|OD| = x\sqrt{2} \sin \frac{\alpha}{2}$, $\cos \varphi = \frac{|OD|}{|SD|} = \sqrt{2} \sin \frac{\alpha}{2}$. Поэтому $\text{ctg}^2 \varphi = \frac{\cos^2 \varphi}{1 - \cos^2 \varphi} = \frac{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\cos \alpha}$, что приводит к получению ранее ответу.

В данном случае второе решение задачи оказалось несколько длиннее первого.

Введение вспомогательного отрезка часто помогает при решении задачи, в условиях которых даны угол и какой-нибудь нелинейный элемент (например, объем) и требуется найти другой нелинейный элемент (поверхность, площадь сечения, объем исходной или как-нибудь связанной с ней фигуры).

Задача 5 (КГУ, физик, 1978). В шар, площадь поверхности которого $S$, виссан конус. Угол между образующей конуса и плоскостью основания равен $\alpha$. Определить площадь полной поверхности конуса.

Решение. Если конус виссан в шар, то центр шара лежит на высоте конуса либо продолжении за плоскостью основания («Геометрия 9—10», с. 108). Освым сечением рассматриваемой комбинации фигур

Рис. 5.

Является равноведенный треугольник, вписанный в окружность большого кругга.

Если $\alpha \geq 45^\circ$, то центр шара $O$ лежит на высоте конуса (рис. 5). Пусть $|DB| = x$; тогда из $\triangle DBO_1$ находим $|O_1B| = x \cdot \cos \alpha$.
$S_n = \pi |O_1B| \cdot (|DB| + |O_1B|) = \pi x \cos \alpha (x + x \cdot \cos \alpha) = 2\pi x^2 \cos \alpha \cdot \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.

Очевидно, $\hat{DOE} = \hat{DBO}_1 = \alpha$ и $|DE| = \frac{x}{2}$. ИЗ $\triangle DOE$ получаем $|DO| = \frac{x}{2} \sin \alpha$ и $S = 4\pi \cdot \frac{x^2}{4 \sin^2 \alpha} = \frac{\pi x^2}{\sin^2 \alpha}$, откуда $x^2 = S \sin^2 \alpha$. Таким образом,
$S_n = 2S \sin^2 \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \cos^2 \frac{\alpha}{2} = S \sin \alpha \cdot \sin 2\alpha \cdot \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.

Легко видеть, что проведенные рассуждания остаются в силу и при $\alpha < 45^\circ$.

Упражнения

1 (МФТИ, 1979). В $\triangle ABC$ дано $\hat{A} = \frac{\pi}{3}$, $\hat{B} = \frac{\pi}{4}$. Продолжения выходит треугольника $ABC$ пересекают описанную около него окружность в точках $M, N$ и $P$. Найти отношение площадной $n$-угольной прямды к объему виссан шара, зная, что окружности, описанные около основания и боковых граней прямды, контруэнтны.

2 (КПИ, 1978). Найти отношение объема площадной $n$-угольной прямды к объему виссан шара, зная, что окружности, описанные около основания и боковых граей прямды, контруэнтны.

3 (КГУ, механит, 1978). Вершина площадной треугольной прямды является центром сферы, которая касается плоскости основания прямды. Отношение площадки боковой поверхности прямды к площадной поверхности сферы равно $\alpha$. Определить угол наклона бокового прямды к плоскости основания.