Математика 11 класс 11-М-2

§ 5. Рисунок в геометрической задаче

В заключении остановимся на ещё  не обсуждавшийся в этом задании вопросе о роли рисунка в решении геометрических задач.

Некоторые учащиеся и абитуриенты ограничиваются небрежным мелким рисунком, на котором даже трудно разобрать, какие обозначения к чему относятся, какие прямые перпендикулярны или параллельны, в каких точках имеет место касание и т. п. Кое-кому из них всё же удаётся верно решить задачу, но в большинстве случаев, особенно в задачах, требующих ряда шагов рассуждений и вычислений, такой рисунок скорее мешает решению, а не способствует успеху.

Рисунок в геометрической задаче – это удобный для восприятия наглядный способ записи условий задачи, фиксирующий и удерживающий внимание решающего, он даёт повод к размышлению и может стать помощником в решении задачи, подсказать правильный путь в поисках решения. (Посмотрите, например, на рис. 27, 28, 29). Именно поэтому к построению рисунка полезно относиться вдумчиво. Сначала, чтобы понять задачу, её условия переводят на геометрический язык: делают от руки небольшой предварительный рисунок и отмечают на нём (если таковые есть) равные углы, пропорциональность отрезков, перпендикулярность и т. п. И лишь обдумав, как надо изменить рисунок, чтобы он соответствовал условиям задачи, делают аккуратный и достаточно большой рисунок, чтобы на нём уместились все введённые обозначения углов, отрезков и данные задачи. В ряде случаев «хороший» рисунок получается не с первой попытки и при его построении уже начинается процесс решения задачи, так как используются определения и известные геометрические факты относительно входящих в условие задачи элементов геометрической конфигурации.

Когда словами записываются геометрические свойства входящих в задачу элементов, устанавливаются метрические соотношения типа  AB=AK+KB, AK=PQAB=AK+KB,\;AK=PQ и т. п., проводятся некоторые вычисления, то охватить их взглядом, увидеть в целом, сделать нужный вывод бывает совсем непросто, а вот увидеть на рисунке след собственных рассуждений и не терять этого из виду обычно удаётся.

Мы говорим о работе с рисунком в процессе поиска решения. При окончательном изложении решения задачи каждое заключение должно быть обосновано (чаще всего ссылками на известные теоремы курса, реже – дополнительным доказательством). Сам по себе рисунок, даже самый аккуратный, выполненный циркулем и линейкой, ничего не доказывает, всё, что «увидено» из чертежа, должно иметь логическое обоснование.

И ещё одно замечание. Если задача не получается, «упирается», не достаёт ещё какого-то одного соотношения, связи элементов – вернитесь к условию задачи и вновь обсудите каждый входящий в него геометрический элемент. Скорее всего, вами использованы не все их свойства, сделаны не все возможные выводы.

Поясним наши рассуждения о рисунке и работе с ним примерами решения двух задач олимпиад МФТИ.

Пример 18

Продолжения медиан AEAE и CFCF треугольника ABCABC (рис. 32) пересекают описанную около него окружность в точках DD и NN соответственно так, что AD:AE=2:1AD:AE=2:1 и CN:CF=4:3.CN:CF=4:3. Найти углы треугольника.

Рис. 32
Решение

Делаем предварительный рисунок (кстати, его удобнее всего рисовать, начиная с окружности), отмечаем, что BE=EC, ED=AEBE=EC,\;ED=AE (это следует из условия AD=2AEAD=2AE). Две хорды BCBC и AD,AD, пересекаясь, делятся пополам. По свойству  пересекающихся хорд AE·DE=BE·CEAE\cdot DE=BE\cdot CE откуда следует, что AE=BE=DE=CEAE=BE=DE=CE. Точка EE одинаково удалена от точек `A`, `B`, `D` и `C` окружности, значит  точка  EEцентр окружности. Отсюда  следует, что BCBC и ADAD - диаметры, и  A\angle A - прямой (опирается на диаметр). Поскольку далее должна рассматриваться медиана AE,AE,  а нами установлено, что AE=DE=BE=CE,AE=DE=BE=CE, то удобно ввести обозначение AE=R.AE=R.

Рис. 33


Обсудим следующие условия задачи: FN=13FC.FN=\dfrac13FC. Обозначим FN=x,FN=x, тогда FC=3x.FC=3x. Наконец обратим внимание, что в задаче есть две медианы треугольника, значит надо воспользоваться свойством медиан: пересекаясь, они делятся в отношении `2:1`, считая от вершины. Итак, если обозначить через OO точку пересечения медиан, то

AO=23R, CO=2x, OF=x.AO=\dfrac23R,\;CO=2x,\;OF=x.

Выполняем хороший большой рисунок с учётом всех установленных фактов. Посмотрим внимательно на рис. 33 и подумаем, может быть, еще что-то можно установить? Да! Хорда CN,CN, пересекая диаметр AD,AD, делится пополам, значит  CNAD.CN\perp AD. Отразим и этот последний факт.

Теперь решение.

1. По свойству пересекающихся хорд:

AO·OD=CO·ONAO\cdot OD=CO\cdot ON, т. е. 23R43R=4x2\dfrac23R\frac43R=4x^2 откуда x2=29R2x^2=\frac29R^2.

2. Из прямоугольного треугольника COACOA по теореме Пифагора:

AC=2x2+23R2=23RAC=\sqrt{\left(2x\right)^2+\left(\frac23R\right)^2}=\dfrac2{\sqrt3}R.

3. Из прямоугольного треугольника ABCABC находим:

sinB=ACBC=13\sin B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac1{\sqrt3}.

Ответ

A=π2\angle A=\dfrac{\mathrm\pi}2, B=arcsin13\angle B=\arcsin\dfrac1{\sqrt3}, C=π2-arcsin13\angle C=\dfrac{\mathrm\pi}2-\arcsin\dfrac1{\sqrt3}.


Пример 19

Длина стороны ромба ABCDABCD равна `4`. Расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников ABDABD и ACD,ACD, равно `3`. Найти радиусы окружностей.

Решение

Строим первый пробный рисунок (рис. 34) и начинаем рассуждать.

Поскольку в условии задачи задано расстояние между центрами, то необходимо установить их положение. Будем помнить, что четырёхугольник ABCDABCD - ромб, характеризующее его свойство – диагонали, пересекаясь, делятся пополам и перпендикулярны друг другу. Центр окружности, описанной около треугольника, есть точка пересечения серединных   перпендикуляров  к  его  сторонам. Треугольники ABDABD и ACDACD имеют общую сторону ADADследовательно, оба центра  лежат на серединном перпендикуляре отрезка ADAD

Кроме того, центр  O1O_1 окружности, описанной около треугольника ABD,ABD, лежит на прямой ACAC (это серединный перпендикуляр отрезка BDBD), а центр  O2O_2 окружности,  описанной около треугольника ACD,ACD, лежит на прямой BDBD (это серединный перпендикуляр отрезка ACAC). Итак, центры окружностей – это точки пересечения серединного перпендикуляра отрезка ADAD с прямыми ACAC и BD.BD.

Рис. 34 Рис. 35

Вот теперь строим новый рисунок, на который наносим также числовые данные задачи. Обратим внимание, что окружности рисовать уже нет необходимости.

Обозначим AO1=R1AO_1=R_1 и DO2=R2DO_2=R_2 и, поскольку имеем несколько подобных треугольников, вводим ещё угол MAO1=α.\angle MAO_1=\alpha. Записываем вполне очевидные выводы:

1. AO1M, M=90°,MAO1=α2=R1cosα,O1M=R1sinα.1.\;\left.\begin{array}{l}\triangle AO_1M,\;\angle M=90^\circ,\\\angle MAO_1=\alpha\end{array}\right|\Rightarrow\begin{array}{l}2=R_1\cos\alpha,\\O_1M=R_1\sin\alpha.\end{array} 

2.DO2M: M=90°,MO2D=α 2=R2sinα,O2M=R2cosα.2.\left.\begin{array}{l}\bigtriangleup DO_2M:\;\angle M=90^\circ,\\\angle MO_2D=\alpha\end{array}\right|\;\Rightarrow\begin{array}{l}2=R_2\sin\alpha,\\O_2M=R_2\cos\alpha.\end{array}

3.По условию O1O2=3,т. е. O2M-O1M=3 R2cosα-R1sinα=3.3.\left.\begin{array}{l}\mathrm{По}\;\mathrm{условию}\;O_1O_2=3,\\\mathrm т.\;\mathrm е.\;O_2M-O_1M=3\end{array}\right|\;\Rightarrow R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha=3.

Итак, получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:

R1, R2, α: 2=R1cosα.2=R2sinα,3=R2cosα-R1sinα.\begin{array}{l}R_1,\;R_2,\;\alpha:\;\left\{\begin{array}{l}2=R_1\cos\alpha.\\2=R_2\sin\alpha,\\3=R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha.\end{array}\right.\\\end{array}

Решать эту систему можно по-разному, например, исключив `R_1` и `R_2`, получить тригонометрическое уравнение

3=2cosαsinα-2sinαcosα3=2\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}-2\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}, 2tg2α+3tgα-2=02\mathrm{tg}^2\alpha+3\mathrm{tg}\alpha-2=0, tgα=12\mathrm{tg}\alpha=\dfrac12 (угол `alpha` - острый), тогда

cosα=11+tg2α=25\cos\alpha=\dfrac1{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\dfrac2{\sqrt5} и R1=5, R2=25R_1=\sqrt5,\;R_2=2\sqrt5

В этой задаче, оказавшейся совсем не простой для абитуриентов, трудность для многих была заключена в построении рисунка, обнажающего условие задачи и направляющего решение.