Применение тригонометрии при решении геометрических задач

40

Применение тригонометрики при решении геометрических задач

А. Г. Мордкович

При решении геометрических задач довольно часто приходится обращаться за помощью к тригонометрики. Иногда это обращение обязательно — когда задаан какой-либо угол и для вычисления линейных элементов используются тригонометрические функции угла, иногда это обращение желательно — когда мы сами видим в рассмотрение вспомогательные углы, чтобы, используя затем тригонометрические функции, вычислить нужные нам линейные элементы или установить некоторое соответствие между линейными элементами. Если же говорить о формах применения тригонометрики при решении геометрических задач, то к числу основных следует отнести общие тригонометрические преобразования, теорему косинусов и, в большей степени, теорему синусов, тригонометрические тожества и тригонометрические уравнения, используемые при этом тригонометрических функций.

А теперь перейдем к рассмотрению задач.

Задание 1. Сторона основания правильной четырехугольной парамиды равна a, двумерный угол при основании a. В парамиду высан шар, к шару проведена касательная плоскость, парамельная основанию парамиды. Определить боковую поверхность полученной усеченной парамиды.

Решен и е. Нет необходимости изображать на рисунке вписанный шар. Вполне достаточно показать центр шара (рис. 1) — это точка O пересечения высоты парамиды с биссектриской линейного угла SDH — и учесть, что высота HH₁ усеченной парамиды равна диаметру шара.

Имеем: OH = r = HD · tg ⇐ ODH = a/2 tg α/2,

HH₁ = 2r = a tg α/2,

S_{60к} = 4 · (AB + A₁B₁)/2 · DD₁ = 2(a + A₁B₁) · DD₁.

41

Для дальнейших вычислений нам понадобится вспомогательный рисунок 2:

$$A_1B_1 = 2H_1D_1 = 2HE = 2(HD - DE) = 2\left(\frac{a}{2} - D_1E \cdot \text{ctg} \alpha\right) =$$

$$= a - 2HH_1 \text{ctg} \alpha = a - 2a \text{tg} \frac{\alpha}{2} \text{ctg} \alpha, \quad DD_1 = \frac{D_1E}{\sin \alpha} = \frac{HH_1}{\sin \alpha} = \frac{a \text{tg} \frac{\alpha}{2}}{\sin \alpha},$$

$$S_{60^\circ} = 2\left(a + a - 2a \text{tg} \frac{\alpha}{2} \text{ctg} \alpha\right) \cdot \frac{a \text{tg} \frac{\alpha}{2}}{\sin \alpha} = \frac{4a^2 \text{tg}^2 \frac{\alpha}{2}}{\sin^2 \alpha}.$$

Задача 2. Определить радиус окружности, если вписанный в нее угол со сторонами $a$ и $b$ опирается на дугу $\alpha$.

Решение. Вписанный угол равен $\frac{\alpha}{2}$. Обозначим хорду, соединяющего концы вписанного угла, через $x$ (рис. 3); тогда по теореме косинусов $x^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \frac{\alpha}{2}$. Далее, по теореме синусов $\frac{x}{\sin \frac{\alpha}{2}} = 2R$, открываем

$$R = \frac{x}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} = \frac{\sqrt{a^2 + b^2 - 2ab \cos \frac{\alpha}{2}}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Задача 3. Плоские углы трехгранного угла (рис. 4), $SM$ — общая сторона плоских углов $\alpha$ и $\beta$. Найдем величины двугранного угла при ребре $SM$. Отложим отрезок $SC = 1$, через точку $C$ проведем плоскость, перпендикулярную прямой $SM$, и обозначим через $A$ и $B$ точки пересечения этой плоскости с лучами $SN$ и $SP$. Тогда $\triangle ACB$ — линейный угол интересушего нас двугранного угла.

Пусть $\triangle ACB = x$, тогда $AC = \text{tg} \alpha$, $BC = \text{tg} \beta$, $AS = \sec \alpha$, $BS = \sec \beta$. Из треугольника $ABS$ по теореме косинусов имеем

$$AB^2 = AS^2 + BS^2 - 2AS \cdot BS \cdot \cos \gamma,$$

то есть

$$AB^2 = \sec^2 \alpha + \sec^2 \beta - 2 \sec \alpha \cdot \sec \beta \cdot \cos \gamma.$$

С другой стороны, из треугольника $ABC$ по теореме косинусов имеем

$$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cos x,$$

42

то есть

$$AB^2 = tg^2\alpha + tg^2\beta - 2tg\alpha tg\beta \cdot \cos x.$$

Таким образом,

$$\sec^2\alpha + \sec^2\beta - 2\sec\alpha\sec\beta\cos\gamma = tg^2\alpha + tg^2\beta - 2tg\alpha tg\beta\cos x,$$

откуда

$$\cos x = \frac{\cos\gamma - \cos\alpha \cdot \cos\beta}{\sin\alpha \cdot \sin\beta}.$$

Значит, двугранный угол, противоложий плоскому углу $\gamma$, равен arccos\left(\frac{\cos\gamma - \cos\alpha \cos\beta}{\sin\alpha \sin\beta}\right). Аналогично находится двугранные углы.

Если три плоских и три двугранных угла считать основными элементами трехгранного угла, то рассмотренная задача позволяет сделать вывод о том, что по любым трех основным элементам трехгранного угла можно найти остальные три.

Задача 4. Через вершину угла $\alpha$ при основании равноведренного треугольника проведена прямая, пересекающая прямую боковую сторону и составляющая с основанием угол $\beta$ ($\beta < \alpha$). В каком отношении эта прямая делит треугольника?

Решен и е. Пусть $AB = BC = a, DC = x, BD = a - x$ (рис. 5). Треугольники $ABD$ и $ACD$ имеют общую высоту, поэтому их площади относятся к основаниям, то есть как стороны $BD$ и $CD$:

$$\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}} = \frac{a - x}{x} = \frac{a}{x} - 1.$$

Таким образом, для решения задачи нам достаточно найти отношение $\frac{a}{x}$.

Приименим к треугольнику $ABD$ теорему синусов

$$\frac{a - x}{\sin(\alpha - \beta)} = \frac{a}{\sin(\alpha + \beta)}.$$

Отсюда

$$\frac{x}{a} = \frac{\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)}{\sin(\alpha + \beta)}.$$

В итоге

$$\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}} = \frac{a}{x} - 1$$

$$= \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta)} - 1 = \frac{\sin(\alpha - \beta)}{2\sin\beta\cos\alpha}.$$

Задача 5. Все боковые грани правильной четырехугольной парамиды наклонены к основанию под углом $\alpha$, а апофема боковой грани равна $a$. Через одну из сторон основания проведена с плоскостью основания угол $\beta$ ($\beta < \alpha$). Вычислить площадь сечения.

Решен и е. Выясним прежде всего, что представляет собой сечение (рис. 6). Оно паралельно строоне $AB$, а боковая грань, проходящая через $AB$, пересекает сечение. По прямой $EF$. Но если через прямую, паралельную неокторой плоскости, проведена плоскость, пересекающая первую плоскость, то линия пересечения паралельна данной прямой, а значит, и прямой $CD$. Итак, сечение — трапеция.

43

А теперь проведем вычисления.

Имеем
$$KH = SK \cdot \cos \alpha = a \cos \alpha,$$
$$KL = CD = 2 a \cos \alpha.$$

Приименим к треугольнику $MKL$ теорему синусов:
$$\frac{ML}{\sin \alpha} = \frac{KL}{\sin [180^\circ - (\alpha + \beta)]},$$
откуда
$$ML = \frac{KL \sin \alpha}{\sin (\alpha + \beta)} = \frac{a \sin 2\alpha}{\sin (\alpha + \beta)}.$$

Приименим к треугольнику $MSL$ теорему синусов:
$$\frac{SL}{\sin (\alpha + \beta)} = \frac{MS}{\sin (\alpha - \beta)},$$
$$MS = \frac{a \sin (\alpha - \beta)}{\sin (\alpha + \beta)}.$$

Из подобия треугольников $SEF$ и $ABS$ получаем:
$$\frac{MS}{KS} = \frac{EF}{AB}.$$
Отсюда получаем
$$EF = \frac{AB \cdot MS}{KS} = \frac{2a \cos \alpha \cdot a \sin (\alpha - \beta)}{a \cdot \sin (\alpha + \beta)} =$$
$$= \frac{2a \cos \alpha \cdot \sin (\alpha - \beta)}{\sin (\alpha + \beta)}.$$

Теперь у нас есть необходимое для вычисления площади секения. Имеем
$$S = \frac{1}{2} (CD + EF) \cdot ML = \frac{1}{2} \left[ 2a \cos \alpha + \frac{2a \cos \alpha \cdot \sin (\alpha - \beta)}{\sin (\alpha + \beta)} \right] \times \frac{a \sin 2\alpha}{\sin (\alpha + \beta)} =$$
$$= \frac{a^2 \sin^2 2\alpha \cdot \cos \beta}{\sin^2 (\alpha + \beta)}.$$

Задча 6. На одной из дуг $AB$ окружности даны произвольная точка $K$ и точка $M$ — середина дуги. Эти точки соединены хордами с точки $A$ и $B$. Доказать, что $AK \cdot KB = AM^2 - KM^2$.

Решен и е. Обозначим угол $KBA$ через $\alpha$, а угол $KBM$ — через $\beta$ (рис. 7). Приименим к треугольнику $AKB$ теорему синусов:
$$\frac{AK}{\sin \alpha} = 2R, AK = 2R \sin \alpha.$$ Аналогично из треугольника $AMB$ находится $AM = 2R \sin (\alpha + \beta)$, а из треугольника $KBM - KM = 2R \sin \beta$.

Рассмотрим теперь треугольник $KMB$. Имеем $\Rightarrow KBM = \beta, \Rightarrow MKB = = \Rightarrow MAB = \Rightarrow ABM = \alpha + \beta, \Rightarrow KMB = 180^\circ - \beta - (\alpha + \beta) = 180^\circ - (\alpha + 2\beta), KB = 2R \sin [180^\circ - (\alpha + 2\beta)] = 2R \sin (\alpha + 2\beta)$. Нам нужно доказать, что $AK \cdot KB = AM^2 - KM^2$, то есть что
$$2R \sin \alpha \cdot 2R \sin (\alpha + 2\beta) = 4R^2 \sin^2 (\alpha + \beta) - 4R^2 \sin^2 \beta$$
или
$$\sin \alpha \cdot \sin (\alpha + 2\beta) = \sin^2 (\alpha + \beta) - \sin^2 \beta.$$

Задча свелась к доказательству трионометрического точекства. Доказывается оно несложно, и мы предоставляем это сделать читателю.

Задча 7. В треугольнике один угол вдвое большие дуги, а стороны, противовлежащие этим углом, отличаются дуги от дуги на 2 см. Найти эти стороны, если известно, что треугольник треугольника равна 5 см.