Задачи по геометрии

52

Ю. В. Сидоров

На применных экзаменах в институтах много места уделяется задач по геометрии. Условия большиства задач формулируются достаточно просто: в некоторых геометрических фигуре задается несколько элементов или соответствий между элементами и требуется найти неизвестный элемент или неизвестное соответствие между элементами.

Такие «стандартиные» условия задач понятны каждому абитриенту. Однако геометрические задачи и примеры их решения настолько разнообразны, что невозможно придумать какую-нибудь удобную классификацию, по которой можно было бы узнать решет решения каждой конкретной задачи. Именно поэтому в учебниках и учебных пособиях почти нет описаний методов решения задач. Чтобы научиться решать геометрические задачи, нужно твердо знать и хорошо понимать основные теоремы геометрии, главное, постоянно тринироваться, регуляро решать разнообразные задачи.

В последние годы большиство школьников решают геометрические задачи только «алгебраических способом» который состоит в следующем. Незвестные элементы геометрической фигуры обозначаются через $x$, $y$, $z$, …, и вычисляются несколько соответствий между известными и неизвестными элементами. Затем решается полученная система алгебраических и тригонометрических уравнений и нахождение те элементы или соответствие найти по условиям задачи.

Такой форматный подход к решению геометрических задачи часто является одним из самых простых и позволяет быстро получить ответ. Естественно, возможно желание решать таким способом все задачи. Однако абитриент, который привил, не задумываясь, «переедельвать» любую геометрическую задачу в алгебраическую, встречает непредодолимые трудности на применных экзаменах, если оказывается, что его способ решения не приводит к желаемому результату.

Почти каждая задача может быть решена различными способами. Высокое оцениваются те работы абитриентов, в которых найден наиболее короткий и изящный путь решения задачи. Только большая и постоянная тринировка позволяет научиться нахождать самый разнообразный способ решения. Удачный выбор неизвестных, удобный рисуок, дополнительные геометрические построения и аккуратное оформление решения помогают правильно понять задачу и найти самый простой способ ее решения. Рассмотрим конкретные примеры.

На письменном экзамене по математике в МФТИ была предложена следующая задача.

1. Биссектрисы AM и BN треугольника ABC пересекаются в точке O. Известно, что $AO = \sqrt{3}MO$, $NO = (\sqrt{3} - 1)BO$. Наименуемые треугольники ABC.

Многие абитриенты пытались решить эту задачу следующим образом.

53

Пусть $AB=a$, $\Rightarrow BAC=x$, $\Rightarrow ABC=y$ (рис. 1). Найдем длину отрезка $AN$ из треугольника $ABN$ (по свойству bicсектрисы внутринего угла треугольника и по теореме синусов):

$$AN = AB \frac{NO}{BO} = a (\sqrt{3} - 1) = \frac{a \sin \frac{y}{2}}{\sin \left(x + \frac{y}{2}\right)}$$

Аналогично из треугольника $ABM$ находится:

$$BM = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a \sin \frac{x}{2}}{\sin \left(\frac{x}{2} + y\right)}$$

Таким образом, получена система уравнения:

$$\begin{cases} \sin \left(\frac{x}{2} + y\right) = \sqrt{3} \sin \frac{x}{2}, \\ (\sqrt{3} - 1) \sin \left(x + \frac{y}{2}\right) = \sin \frac{y}{2}. \end{cases}$$

Большинство абитурентов, которые решали задачу таким способом, не сумели найти решение этой довольно сложной системы. Но плохо не то, что они не решили полученную систему, а то, что они не пытались найти другой способ решения данной задачи. Эту задачу проще решить следующим способом (то же алгебраическим).

Пусть $AB=x$, $BC=y$, $AC=z$. Из треугольников $ABM$ и $ABN$ по свойству bicсектрисы внутринего угла треугольника получаем:

$$\frac{BM}{AB} = \frac{MO}{AO} = \frac{1}{\sqrt{3}},$$

$$\frac{AN}{AB} = \frac{NO}{BO} = \sqrt{3} - 1.$$

Отсюда $BM = \frac{x}{\sqrt{3}}, AN = x (\sqrt{3} - 1)$. Из треугольника $ABC$ имеем:

$$\frac{AN}{CN} = \frac{AB}{BC}, \quad \frac{BM}{CM} = \frac{AB}{AC},$$

то есть

$$\begin{cases} \frac{x (\sqrt{3} - 1)}{z - x (\sqrt{3} - 1)} = \frac{x}{y}, \\ \frac{x}{y \sqrt{3} - x} = \frac{x}{z}. \end{cases}$$

Из этой системы уравнения находится: $y = x \sqrt{3}, z = 2x$. Отсюда следует, что $x^2 + y^2 = z^2$ и по теореме, обратной теореме Пифагора, $\Rightarrow ABC = \frac{\pi}{2}$.

Следовательно,

$$\Rightarrow BAC = \arcsin \frac{y}{z} = \frac{\pi}{3},$$

$$\Rightarrow ACB = \frac{\pi}{6}.$$

Рассмотрим еще одну задачу.

2. Наzinоменузе $BC$ прямоеольное треугольника $ABC$ расположена точка $M$, а на стороне $AC$ — точка $N$ такая, что $MN \parallel AB$. Известно, что $AB=AN=1$ см, $CM = \sqrt{3}$ см. Найти длину отрезка $MN$.

Естественно попытаться решить эту задачу следующим образом. Обозначим $MN$ через $x$ (рис. 2). Тогда $CN = \sqrt{3} - x^2$ и из подобия треугольников получаем уравнение

$$\frac{\sqrt{3} - x^2}{1 + \sqrt{3} - x^2} = x,$$

которое легко преобразуется к виду $x^4 - 2x^3 - x^2 + 6x - 3 = 0$.

Найти решение этого уравнения трудно, и поэтому надо попытаться найти другой способ решения задачи. На-

54

Рис. 2.

пример, задачу 2 можно решить следующим образом.

Обозначим $MN$ через $x$, $CN$ через $y$. Тогда легко получить следующую систему уравнения:

$$\begin{cases} x^2 + y^2 = 3, \\ \frac{y + 1}{y} = \frac{1}{x}. \end{cases}$$

Из второго уравнения этой системы находим:

$$y - x = xy, \quad x^2 + y^2 - 2xy = x^2y^2.$$

Вычитая из этого уравнения первое уравнение системы, получаем:

$$(xy)^2 + 2xy - 3 = 0, \quad xy = -1 \pm 2.$$

Учитывая, что $x > 0, y > 0$, получаем систему

$$\begin{cases} xy = 1, \\ y - x = 1, \end{cases}$$

из которой находим ответ:

$$x = \frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1) (\text{см}).$$

Из рассмотренных примеров видно, как удачный выбор неизвестных

Рис. 3.

величин помогает упростить решение геометрической задачи алгебраической способом. Приведем примеры задачи, для решения которых полезно сделать дополнительные геометрические построения.

3. Втрапецни $ABCD$ боковая сторона $AB$ перpendикулярна основанием, диagonali взaimно перpendикулярны $u \frac{AD}{BC} = k$. Найти отношение $\frac{BD}{AC}$.

Решен и е. Через точку $B$ проведем прямую, параллельную диagonali $AC$, до пересечения с прямой $AD$ в точке $M$ (рис. 3). Тогда по теореме о свойстве перpendикуляра, опущенного из вершины прямого угла треугольника $BMD$, имеем

$$BD = \sqrt{DM \cdot AD},$$

$$BM = \sqrt{DM \cdot AM}.$$

Учитывая, что $AC = BM, AM = BC$, находим

$$\frac{BD}{AC} = \frac{BD}{BM} = \frac{\sqrt{DM \cdot AD}}{\sqrt{DM \cdot AM}} = \sqrt{\frac{AD}{BC}} = \sqrt{k}.$$

4. На сторонах $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ расположены соответственно точки $N$ и $M$ так, что

$$\frac{AN}{CN} = n, \quad \frac{BM}{CM} = m.$$

Прямы $AM$ и $BN$ пересекаются в точке $O$.

Найти отношение

$$\frac{AO}{MO} u \frac{BO}{NO}.$$

Решен и е. Проведем $MK \parallel BN$ (рис. 4). Из подобия треугольников $BCN$ и $CKM$ находим $CK$:

$$CK = CN \frac{CM}{BC} = CN \frac{CM}{CM + BM} = CN \frac{1}{1 + m}.$$

Следовательно,

$$KN = CN - CK = CN \left(1 - \frac{1}{1 + m}\right) = CN \frac{m}{1 + m}.$$