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

Δ 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*DE=BE*CE откуда следует, что AE=BE=DE=CE.AE=BE=DE=CE. Точка EE одинаково удалена от точек A, B, C, DA,\;B,\;C,\;D 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=\frac13FC. 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=\frac23R,\;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*ON23R43R=4x2x2=29R2.AO\ast OD=CO\ast ON\Rightarrow\frac23R\frac43R=4x^2\Rightarrow x^2=\frac29R^2.

2. Из прямоугольного треугольника COACOA по теореме Пифагора:

AC=2x2+23R2=23R.AC=\sqrt{\left(2x\right)^2+\left(\frac23R\right)^2}=\frac2{\sqrt3}R.

3. Из прямоугольного треугольника ABCABC находим:

sinB=ACBC=13.\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac1{\sqrt3}.

Ответ: A=π2, B=arcsin13, C=π2-arcsin13.\angle A=\frac{\mathrm\pi}2,\;\angle B=arc\sin\frac1{\sqrt3},\;\angle C=\frac{\mathrm\pi}2-arc\sin\frac1{\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

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

Рис. 34

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 AD,AD, следовательно, оба центра  лежат на серединном перпендикуляре отрезка AD.AD. 

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. 35

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

Обозначим AO1=R1,DO2=R2AO_1=R_1, DO_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=α 2=R1cosα, O1M=R1sinα;1.\bigtriangleup AO_1M:\;\angle M=90^\circ,\;\angle MAO_1=\alpha\;\Rightarrow2=R_1\cos\alpha,\;O_1M=R_1\sin\alpha;

2.DO2M: M=90°, MO2D=α2=R2sinα, O2M=R2cosα;2.\bigtriangleup DO_2M:\;\angle M=90^\circ,\;\angle MO_2D=\alpha\Rightarrow2=R_2\sin\alpha,\;O_2M=R_2\cos\alpha;

3. По усл. O1O2=3O2M-O1M=3R2cosα-R1sinα=3.3.\;По\;усл.\;O_1O_2=3\Rightarrow O_2M-O_1M=3\Rightarrow R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha=3.

Итак, получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:

2=R1cosα2=R2sinα3=R2cosα-R1sinα3=2cosαsinα-2sinαcosα2tg2α+3tgα-2=0tgα=12 α - острыйcosα=11+tg2α=25, R1=5, R2=25\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{c}2=R_1\cos\alpha\\2=R_2\sin\alpha\\3=R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha\end{array}\right.\Rightarrow\\\Rightarrow3=2\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}-2\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\Rightarrow2tg^2\alpha+3tg\alpha-2=0\Rightarrow\\\Rightarrow tg\alpha=\frac12\;\left(\alpha\;-\;острый\right)\Rightarrow\\\Rightarrow\cos\alpha=\frac1{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\frac2{\sqrt5},\;R_1=\sqrt5,\;R_2=2\sqrt5\end{array}