Вспомогательная окружность

Квант 1971, №1 с. 28-31 Тег TDBR

ВСПОМОГАТЕЛЬНАЯ ОКРУЖНОСТЬ

Решение многох геометрических задач начинается с проведения вспомогательных линей, которые помогают установить связь между данными и неизвестными элементами фигуры. Отзывать удачное вспомогательное построение часто бывают нелегко. Поэтому к каждой решенной задаче следует пристретиться и поставаться выяснить, почему те или иные вспомогательные линей приводят к целю. Нельзя ли найденный пример использовать при решении некоторых других задач?

На очередном заседании математического кружка рассмотрим один из интересных примеров решения геометрических задач, который состоит в том, что в чертеж вводится вспомогательная окружность.

Пример 1. В остругольном треугольнике проведены высоты AP, BQ и CR. Доказать, что $\angle ABQ = \angle APR$ ).

Решен и е. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC (рис. 1). Так как $\angle APB$ и $\angle CRB$ прямые, то около четырехугольника BPHR можно описать окружность, приняв BH за диаметр. Построив ее, заменаем, что $\angle ABQ = \angle APR$ (как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дуг).

*) См. «Квант» № 1, 1970, стр. 59.

Рис. 1.

Таким образом, построение вспомогательной окружности позволяет использовать теорему о вписанных углах и благодаря этому установить связь между указанным в задание углами.

Выясните, как изменится результат, если $\angle B$ треугольника ABC тупой.

Решите самостояльно несколько аналогичных задач.

Из произвольной точки M ка-teга BC прямогоного треугольника ABC опущен на гипотенузу AB перпендикуляр MN. Доказать, что $\angle MAN = \angle MCN$ .
Доказать, что прямая, соединяющая вершину прямого угла прямогоного треугольника с центром квадрата, внешне построенного на гипотенузе, делит прямой угол треугольника пополам.
Из произвольной точки M внутри данного угла опущены перпендикуляр MP и MQ на стороны угла. Из вершины угла A опущен перпендикуляр AK’ на отрезок PQ. Доказать, что $\angle KAP = \angle MAQ$ .

Пример 2. Доказать, что отрезок, соединяющий основания двух высот остругольного треугольника, отсекает от него треугольник, подобный данному.

Рис. 2.

Решен и е. Пусть $AA_1$ и $BB_1$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$ (рис. 2). $\angle AA_1B$ и $\angle AB_1B$ прямы, поэтому окружность, построенная на стороне $AB$ треугольника как на диаметре, пройдет через точки $A_1$ и $B_1$ . Далое, $\angle ABC = 180^\circ$ — $\angle AB_1A_1$ , $\angle A_1B_1C = 180^\circ$ — $\angle AB_1A_1$ , поэтому $\angle ABC = \angle A_1B_1C$ , и треугольники $ABC$ и $A_1B_1C$ подобны.

Эту задачу можно решить и без вспомогательных построений, если заметить, что треугольники $AA_1C$ и $BB_1C$ подобны, и записать пропорцию

$\frac{A_1C}{AC} = \frac{B_1C}{BC}.$

Решите каждую из двух следующих задач обойти способами.

Из вершины $A$ параллелограмма $ABCD$ проведены высоты $AM$ и $AN$ . Доказать, что треугольники $AMN$ и $ABC$ подобны.
Из основания $H$ высоты $CH$ треугольника $ABC$ опущены на стороны $AC$ и $BC$ перpendикulares $HM$ и $HN$ . Доказать, что треугольник $CMN$ подобен треугольнику $ABC$ .

Иногда выгrodно описать окружность и около треугольника.

Пример 3. Доказать, что квадрат bicсектрисы треугольника равен разности между произведением заключащих ее сторон и произведением

отрезков третий стороны, на которые она делится bicсектрисой.

Решен и е. Около треугольника $ABC$ описем окружность и продолжим bicсектрису $CD$ треугольника до встречи с окружностью в точке $E$ (рис. 3). Пусть $BC = a$ , $AC = b$ , $AD = m$ , $BD = n$ , $CD = l$ , $DE = x$ .

По условиям $\angle ACE = \angle BCE$ , кроме того, $\angle AEC = \angle ABC$ , как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту жедуг. Следовательно, треугольники $ACE$ и $BCD$ подобны и справедливо равенство $\frac{l + x}{b} = \frac{a}{l},$ откуда $l^2 = ab - lx$ . Хорды $AB$ и $CE$ пересекаются в точке $D$ . Поэтому выполняется равенство $lx = mn$ . Следовательно, $l^2 = ab - mn$ .

Пример 4. Высота и медиана треугольника, проведенные из одной вершины внутри него, различны и образуют равные углы со сторонами, выходящими из той же вершины. Доказать, что треугольник прямогольный.

Решен и е. Пусть высота $CH$ и медиана $CM$ треугольника $ABC$ обязают со сторонами $AC$ и $BC$ равные углы (рис. 4). Опишем около треугольника $ABC$ окружность и продолжим медиану $CM$ до встречи с окружностью в точке $D$ . Расмотрим треугольники $ACH$ и $BCD$ . Так как $\angle ACH = \angle BCM$ по условиям и $\angle A = \angle D$ ,

Рис. 4.

как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дуг, то $\angle AHC = \angle CBD = 90^\circ$ . Следовательно, $CD$ — диаметр окружности.

Центр окружности лежит на диаметре $CD$ и на перпендикуляре $m$ к стороне $AB$ в ее середине $M$ . Так как медиана $CM$ не является высотой, то прямые $CD$ и $m$ имеют только одну общую точку $M$ , которая и является центром описанной окружности. Следовательно, $AB$ — диаметр окружности и $\angle ACB = 90^\circ$ .

Используйте полученный результат для решения следующего двух задач.

Определить углы треугольника, в котором
a) медиана и высота, проведенные из одной вершины, делят угол на три равные части;
b) медиана, биссектриса и высота, проведенные из одной вершины, делят угол при этой вершине на четыре равные части.
Построить треугольник, зная углы, которые образуют медиана, биссектриса и высота, выходящие из одной вершины.
Пример 5. Построить равностоящий треугольник так, чтобы вершины его лежали соответственно на трех данных параллельных прямых.

Рис. 5.

Известно несколько решений этой интересной задачи с использованием выражения вокруг точки, подобия и алгебраической метода. Весьма краткое решение получается с помощью построения вспомогательной окружности.

Решение. Пусть $ABC$ — исходный равностоящий треугольник, вершины которого лежат соответственно на параллельных прямых $a, b$ и $c$ (рис. 5). Окружность, описанная около него, пересекает прямую $c$ , кроме точки $C$ , еще в некоторой точке $D$ . Тогда на основании свойства вписанных углов имеем $\angle ADC = \angle ABC = 60^\circ$ .

Отсюда вытекает следующее построение. Из произвольной точки $D$ прямой $c$ проведем лучи, образующие с прямой $c$ углы $60^\circ$ и $120^\circ$ . Пусть один из лучей пересечет прямую $a$ в точке $A$ и прямую $b$ в точке $B_1$ , а другой пересечет прямую $b$ в точке $B$ . Тогда отрезок $AB$ будет сторона треугольника $ABC$ .

Отложим на прямой $c$ отрезок $DC$ , равный отрезку $AB_1$ , так, чтобы точки $C$ и $A$ лежали по одному сторону от прямой $BD$ . Тогда точка $C$ — треугольница треугольника $ABC$ , так как треугольники $ABB_1$ и $BCD$ равны, откуда следует, что $AB = BC$ и $\angle ABC = 60^\circ$ .

Таким образом, прием построение

Рис. 6.

ния вспомогательной окружности целесообразно применять и при решении некоторых задач на построение.

Рассмотрим еще одну сложную задачу, при решении которого самое трудное — догадаться описать около квадратов окружности.

Пример 6. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне его построены квадраты ACA₁A₂ и BCB₁B₂. Доказать, что прямые AB₁, A₁B и A₂B₂ пересекаются в одной точке, и определять углы между этих прямыми.

Решение. Если ∠ACB = 90°, то справедливо теоремы очевидна. Прямые AB₁ и A₁B перепределкиярны и каждая из них пересекает прямую A₂B₂ в точке C под углом 45° (рис. 6).

Если ∠ACB ≠ 90°, то окружности, описанные около квадратов, имеют кроome точки C еще одну общую точку C₁, которая как раз и оказывается точкой пересечения прямых AB₁, A₁B и A₂B₂ (рис. 7). Действительно, ∠A₂C₁C = 90°, как висанный, опирающийся на полуокружность. Аналогично ∠CC₁B₂ = 90°. Поэтому ∠A₂C₁C + ∠CC₁B₂ = 180°, т. е. лучи C₁A₂ и C₁B₂ составляют прямую.

Точно так же доказывается, что точка C₁ лежит на прямых AB₁ и A₁B.

Рассматривая полученные вписанные углы, находим, что прямые AB₁ и A₁B взамимо перепределкиярны и каждая из этих прямых обращает с прямой A₂B₂ угол 45°.

Рис. 7.

Следующая задача имеет много общего с предыдущей.

На сторонах AB, BC и CA произвольного треугольника ABC вне его построены равносторонние треугольники ABC₁, BCA₁ и CAB₁. Доказать, что прямые AA₁, BB₁, CC₁ пересекаются в одной точке и каждая из них образует с другой угол 60°.
Доказать, что если два противоположных угла четырехугольника тупые, то диагональ, соединяющая вершины этих углов, короче второй диагонали.

Приведем еще две задачи на максимум и минимум, для решения которых также целесообразно определенным образом построить вспомогательную окружность.

На одной стороне угла с вершиной в точке S данные точки A и B. Найти на другой стороне точки C, из которой отрезок AB виден под наиболее углом.
Из произвольной точки M, лежащей на стороне AB треугольника ABC (или на ее проджении), проведены перпендикуляры MP и MQ к сторонам AC и BC. При каком условия отрезок PQ будет наиболеешим?

Таким образом, разнообразные геометрические задачи решаются с помощью одного и того же приема. Построение вспомогательной окружности позволяет увеличить число теорем, которые можно пользоваться при решении задачи, и благодар岁时ому отыскивать зависимости между элементами фигуры.