Vẽ hình học bài toán

Kvant 1976, số 6 tr. 49-55 Thẻ R0NW

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Vai trò của việc vẽ trong lời giải hình học bài toán được người nộp đơn nhìn nhận khác nhau. Có người cho rằng bản vẽ không cần thiết chút nào nên họ vẽ nó một cách cẩu thả. Ngược lại, những người khác coi bản thân bức vẽ đã là một lý lẽ đầy đủ trong lý luận và thậm chí không thấy cần thiết phải biện minh bằng bất kỳ cách nào những gì “có thể nhìn thấy được từ bức vẽ”. Cả hai quan điểm cực đoan này đều sai.

Tất nhiên, không có hình vẽ nào, dù là hình vẽ chính xác nhất, có thể thay thế được một chứng minh logic mà chỉ mang tính minh họa cho lập luận. Bất kỳ thực tế hình học nào mà chúng ta “nhìn thấy” trong bản vẽ phải được chứng minh một cách nghiêm ngặt - chỉ khi đó chúng ta mới có thể khẳng định rằng thực tế này thực sự diễn ra và không có được từ một bản vẽ đúng (hoặc nguy hiểm hơn nhiều, không chính xác).

Đồng thời, hình vẽ trực quan là trợ thủ đắc lực cho lời giải bài toán: nó có thể gợi ý ý tưởng về lý luận và tính toán cần thiết, nảy sinh ý tưởng sử dụng một định lý nhất định hoặc đưa ra một cách xây dựng bổ sung thành công. Không phải vô cớ mà các nhà toán học thường sử dụng đến các hình minh họa hình học để làm cho ý tưởng chứng minh trở nên dễ hiểu hơn.

Tuy nhiên, chỉ có bản vẽ phản ánh chính xác các đặc điểm hình học cơ bản của cấu hình được thảo luận trong các điều kiện mới có thể giúp giải quyết bài toán. Đó là lý do tại sao bản vẽ nên được xử lý rất cẩn thận.

Thông thường, người nộp đơn tự giới hạn bản thân ở bản vẽ hoàn thành ít nhiều thành công đầu tiên mà không quan tâm đến việc bản vẽ đã hoàn thành đáp ứng các điều kiện bài toán chính xác đến mức nào. Trong khi đó, trong nhiều bài toán về nguyên tắc không thể thực hiện một lời giải hoàn chỉnh từ một bản vẽ, vì điều kiện bài toán cho phép tồn tại các cấu hình hình học khác nhau. Ngoài ra, việc đính kèm một bản vẽ “ngẫu nhiên” như vậy cũng dẫn đến một sự mâu thuẫn khác: trong quá trình lời giải bài toán, có thể phát hiện ra sự mâu thuẫn giữa kết quả thu được và bản vẽ ban đầu, điều này thường khiến người nộp đơn nhầm lẫn. Tuy nhiên, với sự hiểu biết chính xác về bản vẽ, điều này không có gì sai - bạn chỉ cần từ bỏ hình ảnh ban đầu đầu tiên và tạo một bản vẽ mới tương ứng với thông tin hình học xuất hiện (tất nhiên, với điều kiện là lý luận và tính toán được thực hiện là chính xác).

Khi xây dựng một bản vẽ, sẽ rất hữu ích nếu không tạo một bản phác thảo gần đúng, chỉ đưa ra ý tưởng chung về cấu hình hình học, mà hãy cố gắng tuân theo cách xây dựng bản vẽ, dựa trên dữ liệu bài toán và các sự kiện hình học chung. Với cách tiếp cận này, bạn sẽ dễ dàng “nhìn thấy” những ý tưởng có thể áp dụng trong lời giải.

Nhiệm vụ 1 (MSU, Khoa Quân sự, 1974). Trong tam giác ABC, góc B bằng 90°, AB = 4. Lấy điểm D trên điểm dừng BC sao cho BD = 1. Đường tròn bán kính $\sqrt{5}/2$ đi qua hai điểm B và D và chạm vào điểm B đường tròn ngoại tiếp bởi

Nô-ê ở gần tam giác ABC. Diện tích lớn nhất của tam giác ABC.

Trước hết, hãy dựng tam giác ABC có góc vuông B (Hình 1). Để xây dựng một đường tròn ngoại tiếp tam giác này, trước tiên chúng ta tìm ra tâm O của nó ở đâu và bán kính của nó là bao nhiêu. Như bạn đã biết, tâm của một đường tròn ngoại tiếp một tam giác vuông nằm ở giữa cạnh huyền và bán kính của nó bằng một nửa cạnh huyền. Điều này làm cho nó có thể xây dựng một vòng tròn chu vi.

Bây giờ anh ấy sẽ bắt đầu xây dựng một vòng tròn khác. Đánh dấu điểm D trên cạnh BC, ta có thể khẳng định tâm của đường tròn này nằm trên đường vuông góc kẻ đi qua trung điểm K của đoạn BD. Từ điều kiện để các đường tròn tiếp xúc, ta kết luận rằng tâm của đường tròn đang xét nằm trên bán kính của đường tròn ngoại tiếp vẽ đến điểm tiếp xúc, tức là tới điểm B. Nói cách khác, tâm S của đường tròn nói đến trong điều kiện là giao điểm của đường thẳng SK và đường trung tuyến BO.

Việc xây dựng bản vẽ đã hoàn tất. Trong quá trình xây dựng này, chúng tôi đã thiết lập hai sự thật làm cơ sở cho lời giải bài toán: thứ nhất, tâm của S nằm trên cạnh BO của tam giác cân bằng BOC; thứ hai, đường vuông góc hạ từ tâm S xuống cạnh BC đi qua trung điểm BD.

Bây giờ hãy thực hiện các tính toán cần thiết. Từ tam giác vuông BSK theo định lý Pytago

Chúng tôi tìm thấy SK = 1, và sau đó ctg (↗ SBK) = 1/2. Nhưng ↗ ACB = = ↗ OBC nên BC = AB ctg (↗ ACB) = 2. Do đó diện tích tam giác ABC là 4.

Vậy là bài toán đã được giải quyết hoàn toàn và chúng tôi đã có được ý tưởng về lời giải nhờ vào việc xây dựng bản vẽ một cách tuần tự. Tuy nhiên, điều đáng ngạc nhiên là ngay từ cái nhìn đầu tiên, bản vẽ trong Hình 1 không hoàn toàn tuân thủ điều kiện bài toán. Trên thực tế, các phép tính được thực hiện cho thấy BC = 2 và AC = 2/√5. Do đó, BO = √5 = 2·SB, tức BO là đường kính của đường tròn tâm S, do đó đi qua điểm vẽ O. Nói cách khác, diện tích tương ứng với hình vẽ 2 đã cho.

Lý do cho sự tương ứng không đầy đủ của Hình 1 với dữ liệu bài toán là gì? Thực tế là thiết kế của bản vẽ chỉ liên quan đến mặt hình học của nó mà không tính đến tất cả các dữ liệu số cụ thể. Hơn nữa, chúng tôi không thể tính đến chúng, vì tất cả các kích thước số của cấu hình và do đó các điểm hình học của nó chỉ có thể được thiết lập sau khi tính toán thích hợp.

Tuy nhiên, lời giải ở trên là đầy đủ, mặc dù, như chúng ta đã thấy, dựa trên một bản vẽ không chính xác. Điều này được giải thích một cách đơn giản: theo lý luận của chúng tôi, nó không được sử dụng ở bất cứ đâu

vị trí tương đối của điểm $O$ và đường tròn có tâm $S$ ; việc tìm ra vị trí tương đối của chúng bằng phương pháp này lời giải bài toán là không cần thiết.

Tình huống tương tự là điển hình trong hình học bài toán. Những người thực hành, bắt đầu từ lời giải, chúng tôi không thể xây dựng một bản vẽ phản ánh chính xác tuyệt đối tất cả các chi tiết cụ thể của cấu hình - nhiều đặc điểm của nó chỉ được bộc lộ trong quá trình suy luận. Do đó, điều quan trọng trước tiên là phải xác định các tính chất hình học tồn tại trong bài toán nhất định. Điều này đòi hỏi sự chú ý và thận trọng đặc biệt, vì ngay từ cái nhìn đầu tiên, không phải lúc nào cũng rõ ràng những đặc điểm nào của cấu hình là quan trọng và sự khác biệt giữa cấu hình nhất định và bản vẽ có thể chấp nhận được ở mức độ nào.

Tất nhiên, nếu trong quá trình xử lý lời giải mà bản vẽ rõ ràng không tương ứng với dữ liệu bài toán thì nó nên được thay thế bằng bản vẽ chính xác. Ví dụ: trong bài toán sau đây, ngay cả sự phát triển của trí tưởng tượng hình học cũng không thể giúp hoàn thành ngay một bản vẽ phản ánh chính xác các tính năng thiết yếu của cấu hình.

Bài toán 2 (MSU, cơ chế, 1972). Trong tam giác paramid $SABC$ , cạnh bên $SC$ bằng cạnh $AB$ và nghiêng với mặt phẳng đáy $ABC$ một góc $60^\circ$ . Biết rằng các đỉnh $A, B, C$ của phần giữa các cạnh bên của paramid nằm trên một mặt cầu có bán kính 1. Chứng minh rằng giá trị của hình cầu được chỉ ra nằm trên cạnh $AB$ và tìm chiều cao của paramid.

Đối với lời giải bài toán, chúng ta sẽ tạo một bản vẽ truyền thống về paramid $SABC$ (Hình 3), xây dựng chiều cao của nó $SH$ và vẽ một đoạn $HC$ . Vì theo điều kiện bài toán $\angle SCH = 60^\circ$ nên từ tam giác $CHS$ có $SH = a\sqrt{3}/2$ , $HC = a/2$ , trong đó $a$ biểu thị độ dài cạnh $SC$ .

Theo các điều kiện, các đỉnh $A, B, C$ và phần giữa $A_1, B_1, C_1$ của các cạnh bên tương ứng nằm trên cùng một hình cầu. Đặc biệt, từ đây, theo đó một đường tròn đi qua các điểm $A, A_1, B, B_1$ —phần của hình cầu này với mặt phẳng của mặt $SAB$ . Vì $A_1B_1 \parallel AB$ nên tứ giác $AA_1B_1B$ là hình thang, và hơn nữa là hình đều, vì nó nội tiếp trong một đường tròn. Đó là lý do tại sao

$AA_1 = BB_1 = \frac{1}{2} SA = \frac{1}{2} SB.$

Các phân bố tương tự cho tứ giác $BB_1C_1C$ cho thấy paramid $SABC$ có các cạnh bên bằng nhau: $SA = SB = SC = AB = a$ . Từ đó, chúng ta có thể thấy rằng tam giác $ASB$ là đều, và do đó trung điểm $SM$ của mặt bên này bằng $a\sqrt{3}/2$ , tức là $SM = SH$ .

Do đó, chiều cao của paramid trùng với trung điểm của mặt bên $ASB$ . Nhưng khi đó điểm $H$ trùng với $M$ và các mặt $ASB$ và $ABC$ vuông góc với nhau. Do đó, hình ảnh trong Hình 3

thực tế không thỏa mãn điều kiện bài toán thì Hình 4 sẽ đúng.

Hơn nữa lời giải không khó. Các hình chiếu lên mặt phẳng ABC (Hình 4) bằng các góc nghiêng SA, SB, SC bằng nhau: $HA = HB = HC = a/2$ , do đó, điểm H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó tâm của hình cầu nằm trên đường vuông góc với mặt phẳng đáy, dựng lại từ điểm H, tức là ở độ cao SH của paramid (hoặc trên phần kéo dài của nó). Tâm của quả cầu này bằng nhau, ví dụ, từ các điểm A và A₁. Vì $HA_1 = a/2$ là đường trung bình của tam giác ASB nên $HA_1 = HA$ nên điểm H nằm trên cạnh AB chính xác là tâm của hình cầu. Nhưng bán kính của quả cầu này theo điều kiện là 1, $HA = a/2 = 1$ , a = 2 và $SH = \sqrt{3}$ .

Mặt khác, điều kiện bài toán được cố tình hình thành hơi mơ hồ - để nó cho phép rõ ràng sự tồn tại hình học của các bản vẽ khác nhau và một cách mơ hồ, dựa trên dữ liệu ban đầu, không rõ cấu hình nào có nghĩa. Trong trường hợp này, cần phải mô tả trên một số bản vẽ tất cả các khả năng đáp ứng các điều kiện bài toán, sau đó kiểm tra từng bản vẽ để tìm ra cấu hình hình học thực sự.

Bài toán 3 (MSU, Khoa Khoa học Đất, 1975). Hai đường tròn nằm trên một ranh giới bằng nhau. Một trong số chúng, có bán kính 1, được mô tả trong đường biên và đường thứ hai chạm vào hai đường biên và đường tròn thứ nhất. Khoảng cách từ đỉnh góc tạo bởi hai đường viền tiếp xúc với đường tròn thứ hai đến điểm tiếp xúc của đường tròn thứ hai bằng hai lần đường kính của đường tròn thứ hai. Tìm diện tích của biên giới.

Không xác định được, từ điều kiện bài toán không rõ góc nào của hình thang - tù hay nhọn - hình tròn thứ hai được mô tả. Do đó, chúng ta phải xem xét cả hai phương án (Hình 5) và cố gắng tìm ra phương án nào phù hợp với các tỷ lệ số cụ thể được chỉ định trong các điều kiện.

Đặt $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp hình thang $ABCD$ , $O_1$ , $O_2$ tâm của đường tròn thứ hai (hai lựa chọn!), $P_1$ , $P_2$ , $M_1$ , $M_2$ , $N_1$ , $N_2$ - điểm của tiếp tuyến. Chúng ta biểu thị bán kính của hình tròn thứ hai là $r_1$ , $r_2$ . Từ sự giống nhau của các tam giác $OM_1C$ và $O_1N_1C$ trong trường hợp thứ nhất và $OM_2D$ và $O_2N_2D$ trong trường hợp thứ hai, chúng ta có

$\frac{OM_1}{O_1N_1} = \frac{OC}{O_1C}, \frac{OM_2}{O_2N_2} = \frac{OD}{O_2D},$

và, vì $OC = OP_1 + P_1C = 1 + 4r_1$ , $OD = OP_2 + P_2D = 1 + 4r_2$ , nên trong trường hợp chung

$\frac{1}{2r} = \frac{1 + 4r}{3r},$

từ đâu $r = 1/2$ . Theo định lý Pythagore, từ các tam giác $OM_1C$ và $OM_2D$ , bây giờ chúng ta thu được điều đó

$M_1C = 2\sqrt{2}, M_2D = 2\sqrt{2}.$

Vì vậy, nếu hình tròn thứ hai được bao quanh bởi một góc tù của hình thang thì đáy nhỏ của hình thang bằng $4\sqrt{2}$ ; nếu đường tròn thứ hai ngoại tiếp một góc nhọn của hình thang thì đáy lớn của hình thang đó bằng $4\sqrt{2}$ . Trong khi đó, nếu một hình tròn có đường kính $d$ được mô tả là một hình thang bằng nhau có đáy $a$ và $b$ , trong đó $a < b$ , thì

chẳng hạn, bất đẳng thức $a < d < b$ được suy ra từ sự tương ứng dễ chứng minh và rất hữu ích $d = \sqrt{ab}$ . Do đó, trong bài toán nhỏ hơn của chúng ta, đáy của hình thang phải nhỏ hơn 2 nên đường tròn có tâm $O_1$ không thỏa mãn điều kiện bài toán và chỉ xét đường tròn có tâm $O_2$ . Bây giờ thật dễ dàng tìm được diện tích $S$ của hình thang. Sử dụng sự tương ứng giữa hai đáy của hình thang và đường kính của hình tròn $d = \sqrt{ab}$ nội tiếp trong đó, ta thu được đẳng thức

$2 = \sqrt{AD \cdot BC} = \sqrt{4 \sqrt{2} \cdot BC},$

từ đâu $BC = \sqrt{2}/2$ và $S = \frac{1}{2}(AD + BC) \cdot 2 = 9 \sqrt{2}/2$ .

Trong bài toán đã được tháo rời, khả năng tồn tại của hai cấu hình hình học cơ bản khác nhau là hoàn toàn rõ ràng. Tuy nhiên, điều này không phải lúc nào cũng đúng và bạn cần có trí tưởng tượng hình học tốt cũng như đủ cẩn thận để “nhìn thấy” tất cả các cấu hình cần được xem xét trong lời giải khi vẽ.

Bài toán 4 (MSU, Khoa Địa lý, 1968). Chiều cao của một hình lăng trụ thẳng là 1, đáy của nó là hình thoi có cạnh 2 và góc nhọn $30^\circ$ . Vẽ một mặt phẳng cát tuyến qua cạnh của đế, nghiêng với mặt phẳng của đáy một góc $60^\circ$ . Tìm diện tích của mặt phẳng cắt.

Trong bài kiểm tra, đa hình học, sau khi hoàn thành Hình 6, đối với “lời giải” gần đúng sau đây của bài toán: “Cho $MN$ là giao tuyến của mặt phẳng cát tuyến $\alpha$ với mặt phẳng mặt $DCC_1D_1$ ; hạ đường vuông góc $MK$ xuống $AB$ , theo định lý về ba đường vuông góc ta thu được điều đó $KD \perp AB$ . Posny $\Rightarrow MKD$ là góc tuyến tính của góc nhị diện giữa mặt phẳng $\alpha$ và mặt phẳng cơ sở, sao cho $\Rightarrow MKD = 60^\circ$ .

$MK = \frac{KD}{\cos 60^\circ} = \frac{AD \sin 30^\circ}{\cos 60^\circ} = 2.$

Có một lỗ hổng đáng kể trong lập luận này: hình vẽ làm cơ sở cho nó được thực hiện theo giả định đơn giản rằng mặt phẳng $\alpha$ cắt hình chữ nhật $DCC_1D_1$ . Trong khi đó, với dữ liệu số đã cho, điều này hoàn toàn không hiển nhiên; hơn nữa, điều đó không đúng: trên thực tế, mặt phẳng $\alpha$ “nổi lên” từ lăng kính đã cho qua đỉnh của mặt, và điểm $M$ nằm trên phần tiếp theo của cạnh $DD_1$ . Trên thực tế, theo cách tương tự như trên, chúng ta tìm thấy $MK = 2$ (lưu ý rằng phép tính này không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M$ trên đường thẳng $DD_1$ ), từ tam giác $MDK$ , chúng ta thu được $MD = \sqrt{3}$ , sao cho $MD$ lớn hơn $D_1D$ . Do đó, vấn đề trong bài toán là về cấu hình được chỉ ra trong Hình 7, và chúng ta cần tìm diện tích của hình bình hành $AQPB$ chứ không phải

AMNB. lời giải bài toán hơn nữa không gây ra khó khăn cơ bản và chúng tôi để lại vấn đề này cho độc giả; diện tích yêu cầu $S = 4\sqrt{3}$ .

Thậm chí nhiều hơn về cơ bản là có vấn đề, và chúng tôi để việc đó cho độc giả; diện tích yêu cầu $S = 4\sqrt{3}$ .

đáp số cuối cùng được viết là

$S = \begin{cases} 2/\cos \varphi, & \text{ если } \varphi < 45^\circ, \\ 2\sqrt{2}, & \text{ если } \varphi = 45^\circ, \\ 2/\sin \varphi, & \text{ если } \varphi > 45^\circ. \end{cases}$

Tất nhiên, người ta có thể đưa trường hợp thứ hai vào một trong hai trường hợp còn lại và viết đáp số gọn hơn.

Chúng tôi gặp phải tình huống tương tự trong bài toán tiếp theo. Đúng, đáp số cuối cùng trong đó không phụ thuộc vào loại cấu hình và giống nhau đối với tất cả các giá trị của tham số, nhưng các phép tính trung gian được thực hiện khác nhau đối với các cấu hình khác nhau. Đương nhiên, lời giải, trong đó không phải tất cả các trường hợp hình học khác nhau đều được xem xét, không thể được coi là hoàn chỉnh, mặc dù thu được dạng đúng đáp số.

Nhiệm vụ 5 (MSU, cơ chế, 1970). Một quả cầu có bán kính $r$ tiếp xúc với mặt phẳng $P$ tại điểm $A$ . Đường thẳng l tạo thành một góc $\varphi$ với mặt phẳng $P$ , cắt mặt phẳng này tại điểm $C$ và tiếp xúc với quả bóng tại điểm $B$ . Độ dài ngắn nhất của đoạn là $AB$ , nếu $AC = 2r$ .

Hãy để chúng tôi mô tả cấu hình được đề cập trong các điều kiện (Hình 8). Từ điểm $B$ chúng ta hạ đường vuông góc $BB_1$ xuống mặt phẳng $P$ và vẽ đoạn $CB_1$ ; rõ ràng là $\Rightarrow BCB_1 = \varphi$ . Hơn nữa, $OA = OB = r$ và $CB = CA = 2r$ theo tính chất tiếp tuyến của quả bóng được vẽ từ một điểm.

Đoạn cần tìm $AB$ là cạnh huyền của một tam giác vuông

Cơm. 8.

tam giác $BB_1A$ , chân $BB_1$ được xác định từ tam giác vuông $CB_1B$ : $BB_1 = 2r \sin \varphi$ . Vẫn còn phải tìm chân $AB_1$ . Các đường thẳng $OA$ và $BB_1$ vuông góc với mặt phẳng $P$ nằm trong cùng một mặt phẳng. Hãy vẽ một đường thẳng $ON \parallel AB_1$ ; thì $AONB_1$ là hình chữ nhật, và do đó $AB_1 = ON$ , $NB_1 = OA = r$ . Vì $NB = BB_1 - NB_1 = 2r \sin \varphi - r$ , rồi từ tam giác $ONB$ $ON^2 = OB^2 - NB^2 = 4r^2 \sin \varphi (1 - \sin \varphi)$ , và từ tam giác $BB_1A$ $AB = \sqrt{AB_1^2 + BB_1^2} = \sqrt{ON^2 + BB_1^2} = 2r \sqrt{\sin \varphi}$ .

Tuy nhiên, người ta không nên nghĩ rằng bài toán lời giải. Trên thực tế, khi tính đoạn $NB$ , về cơ bản chúng tôi sử dụng thực tế là các điểm $B, N$ và $B_1$ nằm chính xác như trong Hình 8. Nhưng từ điều kiện bài toán thì hoàn toàn không suy ra rằng điểm $N$ nằm giữa $B$ và $B_1$ ; điểm $B$ có thể nằm giữa điểm $N$ và $B_1$ , điểm $N$ và $B$ thậm chí có thể trùng nhau. Chỉ sau khi xem xét tất cả các trường hợp này, chúng tôi mới có thể khẳng định rằng chúng tôi đã thực hiện đầy đủ lời giải bài toán.

Nếu điểm $B$ nằm giữa $N$ và $B_1$ (Hình 9), thì $NB = NB_1 - BB_1 = r - 2r \sin \varphi$ và việc tính toán thêm các đoạn $ON$ và $AB$ được thực hiện theo cách tương tự,

Рис. 9.

Bài tập

(MSU, Cơ học và Toán học, 1961). Trên mặt phẳng, có bốn điểm khác nhau $A, B, C, D$ , cũng như $AB \perp CD$ và $AC \perp BD$ . Chứng minh rằng $AD \perp BC$ .
(MSU, Cơ học và Toán học, 1961). Trong một hình chữ nhật tam giác, hai mặt là tam giác đều có cạnh $a$ , hai mặt còn lại là tam giác vuông cân. Xác định bán kính của quả cầu nội tiếp trên đường thẳng.