Чертёж в геометрической задаче

49

Чертеж в геометрической задаче

На роль чертежа в решении геометрической задачи поступающие смотрят по-разному. Один думал, что чертеж вообще не нужен, и выполняют его подчернуть небрежно. Другие, наоборот, считают сам чертеж достаточно аргументом в рассуждении и даже не находят нужным каклюбо обосновывать то, что «видно из чертежа». Обе эти крайние точки зрения неправильны.

Разумеется, никакой чертеж, даже самый аккуратный, не может заменить логического доказательства, а является лишь иллюстрацией к рассуждении. Любой геометрический факт, который мы «увидели» на чертеже, необходимо строго обосновать — только тогда можно утверждать, что этот факт действительное имеет место, а не получен из верного (или, что гораздо опаснее, неверного) рисунка.

В то же время наглядный чертеж — хорошо помощник при решении задачи: он может подсказать идею необходимых рассуждений и вычислений, наолкнуть на мысль использовать некоторую теорему или придумать удачное дополнительное построение. Недаром математики вообще часто прибегают к геометрическим иллюстрациям, чтобы сделать идеи доказательства более понятными.

Однако помочь решить задачу может только чертеж, правильно отражающий существенные геометрические особенности конфигурации, о котором идет речь в условиях. Именно поэтому к чертежу следует относиться очень внимательно.

Часто поступающие ограничиваются первым более или менее удално выполненным рисунком, не интересясь, насолько точно сделанный чертеж отвевает условия задачи. Между тем во многих задах провести полное решение по одному чертежу в принципине невозможно, поскольку условие задачи допускает существование геометрических различных конфигураций. Кроме того, такая привязанность к одному «случайному» чертежу приводит и к инной непрярности: в ходе решения задачи может обнаружиться противоречие между получающимся результатами и исходным чертежом, которое обычно ставит поступающие в тупик. Однако при правильном понимании чертежа в этом нет ничего страшного — следует просто отказывать от первогоначального изобравжения и сделать новый чертеж, соответствующий появившейся геометрической информации (конечно, при условии, что проведенные рассуждения и вычисления правильны).

При построении чертежа бывают полезно делать не примерный экскиз, дающий лишь общее представление о геометрической конфигурации, а стремиться последовать конструировать чертеж, опираясь на данные задачи и общие геометрические факты. При таком подходе легче «увидеть» те идеи, которые можно применить в решении.

Задание 1 (МГУ, ф-т повоеведения, 1974). В треугольнике ABC угодл В равен 90°, AB = 4. На стопоне BC взята точка D так, что BD = 1. Окружность радиуса $\sqrt{5}/2$ проходит через точки B и D и касается в точке B окружности, описан-

50

ной около треугольника ABC. Наимплощадь треугольника ABC.

Прежде всего построим треугольник ABC с прямым углом B (рис. 1). Для построения окружности, описанной около этого треугольника, выясним сначала, где находится ее центр O и чему равен ее радиус. Как известно, центр окружности, описанной около прямого угольного треугольника, лежит в середине гипotenузы, а ее радиус равен половине гипotenузы. Это дает возможность построить описную окружность.

Займется теперь построением другой окружности. Отметив на стороне BC точку D, мы можем утверждать, что центр этой окружности лежит на перпендикуляре, проведенном через середину K отрезка BD. Из условия касания окружностей заключаем, что центр расматриваемой окружности лежит на радиuce описанной окружности, проведенном в точку касания, т. е. в точку B. Иначе говоря, центр S окружности, о котором идет речь в условия, есть точка пересечения прямой SK и медианы BO.

Построение чертежа законечно. В ходе этого построения мы установили два факта, на которых и основывается решение задачи: во-первых, центр S лежит на стороне BO равновесного треугольника BOC; во-вторых, перпендикуляр, опущенный из центра S на катет BC, проходит через середину отрезка BD.

Теперь проведем необходимые вычисления. Из прямого угольного треугольника BSK по теореме Пифаго-

ра находим SK = 1, а тогда ctg (↗ SBK) = 1/2. Но ↗ ACB = = ↗ OBC, и поэтому BC = AB ctg (↗ ACB) = 2. Следовательно, площадь треугольника ABC равна 4.

Итак, задача полностью решена, и идею решения мы получили благодаря последовательному конструкрованию чертежа. Однако, как это ни удивительно на первый взгляд, чертеж, изображенный на рисунке 1, полностью условию задачи не соответствует. В самом деле, проведенные вычисления показывают, что BC = 2, а AC = 2/√5. Следовательно, BO = √5 = 2·SB, т. е. BO — диаметр окружности с центром S, которая, таким образом, проходит чертеж точку O. Другими словами, площадь соответствует данным заданным рисунком 2.

В чем же причина неполного соответствия рисунка 1 данных задачи? Дело в том, что проведенное конструкрование чертежа касалось только его геометрической стороны, но не учитывало всех конкретных числовых данных. Более того, мы и не могли их учеть, поскольку все числовые размеры конфигурации, а следовательно, и ее геометрические точки вид, удается установить только после соответствующих вычислений.

Тем не менее изложенное выше решение является исчерпывающим, хотя, как мы теперь убедились, основався на неточном чертеже. Это объясняется просто: в наших рассуждениях нигде не использовалось

51

взаимное расположение точки $O$ и окружности с центром $S$, выяснение их взаимного расположения при данном способе решения задачи не обязательно.

Подобная ситуация является в геометрической задаче типичной. Практическиеники, приступая к решению, мы не в состоянии построить чертеж, абсцилтоно точно отображающий всю специфку конфигурации, — многое ее особенности вскрывают только в ходе рассужdenи. Поэтому важно прежде всего выявлять геометрические свойства, существующие в данной задаче. Это требует особого внимания и осторожности, поскольку с первого взгляда далеко не всегда очевидно, какие именно особенности конфигурации оказываются существенными и в какой мере допустимо несоответствие между данной конфигурацией и чертежом.

Разумеется, если в процессе решения выясняется, что чертеж явно не соответствует данным задачи, его следует заменить на правильный. Например, в следующей задаче даже развитие геометрической воображение не может помочь сразу выполнить чертеж, точно отражающей существенные особенности конфигурации.

Задача 2 (МГУ, механизм, 1972). В треугольной парамиде $SABC$ боковое ребро $SC$ равно ребру $AB$ и наклонено к плоскости основания $ABC$ под углом $60^\circ$. Известно, что вершины $A, B, C$ середины боковых ребер парамиды расположены на сфере радиуса 1. Доказать, что ценир указанной сферы лежит на ребре $AB$, и найти высоту парамиды.

Для решения задачи сделаем традиционный чертеж парамиды $SABC$ (рис. 3), построим ее высоту $SH$ и проведем отрезок $HC$. Так как по условиям задачи $\angle SCH = 60^\circ$, то из треугольника $CHS$ находится $SH = a\sqrt{3}/2$, $HC = a/2$, где через $a$ обозначана длина ребра $SC$.

По условиям вершины $A, B, C$ и середины $A_1, B_1, C_1$ соответствуют ших боковых ребер лежат на одной сфере. Отсюда, в частности, следует, что через точки $A, A_1, B, B_1$ проходит окружность — сечение этой сферы плоскостью грани $SAB$. Так как $A_1B_1 \parallel AB$, то четырехугольник $AA_1B_1B$ — трапеця, и притом равновобочная, поскольку она вписана в окружность. Поэтому

$$AA_1 = BB_1 = \frac{1}{2} SA = \frac{1}{2} SB.$$

Аналогичные распределения для четырехугольника $BB_1C_1C$ показывают, что парамида $SABC$ имеет равные боковые ребра: $SA = SB = SC = AB = a$. Отсюда видно, что треугольник $ASB$ — равносторонний, а поэтому апофема $SM$ этой боковой грани равна $a\sqrt{3}/2$, т. е. $SM = SH$.

Таким образом, высота парамиды совпадает с апофемой боковой грани $ASB$. Но тогда точка $H$ совпадает с $M$, а грани $ASB$ и $ABC$ взаимно перpendикулярны. Поэтому изображенная на рисунке 3 картина на

52

самом деле не соответствует условиям задачи, верным будет рисунок 4.

Дальнейшее решение не представляется труду. Проекции на плоскость ABC (рис. 4) равны наклонных SA, SB, SC равны: $HA = HB = HC = a/2$, следовательно, точка H — центр окружности, описанной около треугольника ABC, а потом центр сферы лежит на перпендикуляре к плоскости основания, восставленном из точки H, т. е. на высоте SH парамиды (или на ее продолжении). Центр этой сферы равно лен, например, от точек A и A₁. Поскольку $HA_1 = a/2$ как средняя линия треугольника ASB, то $HA_1 = HA$, так что точка H, лежащая на ребре AB, как раз и является центром сферы. Но радиус этой сферы по условиям равен 1, $HA = a/2 = 1$, а = 2 и $SH = \sqrt{3}$.

Иного само условия задачи умышленно было сформировано несколько неопределенно — так, что оно явно допускает геометрические существование различных чертежки, и неопределенно по исходным данным неясно, какая именно из конфигураций имеется в виду. В таком случае надо изобразить на нескольких чертежках все возможности, отвечающие условиям задачи, а затем, исследуя каждой чертежки, найти истинную геометрическую конфигурацию.

Задача 3 (МГУ, ф-т почвоведения, 1975). В равновойной границе лежат две окружности. Одна из них, радиуса 1, описана в границе, а вторая касается двух строки границы и первой окружности. Расстояние от вершины угла, образованное двумя строками границы, касаются второй окружности, до точки касания окружностей вдвое большие диаметры второй окружности. Найти площадь границы.

Неопределенно из условия задачи неясно, в какой из углов трапеции — в тупой или в острый — описана вторая окружность. Поэтому мы должны рассмотреть оба варианта (рис. 5) и попытаться выяснить, какой из них согласуется с конкретными числовыми соотношениями, заданных в условиям.

Пусть $O$ — центр окружности, описанной в трапецию $ABCD$, $O_1$, $O_2$ — центры второй окружности (два варианта!), $P_1$, $P_2$, $M_1$, $M_2$, $N_1$, $N_2$ — точки касания. Радиусы второй окружности обозначаим через $r_1$, $r_2$. Из подобия треугольников $OM_1C$ и $O_1N_1C$ в первом случае и $OM_2D$ и $O_2N_2D$ во втором имеем

$$\frac{OM_1}{O_1N_1} = \frac{OC}{O_1C}, \frac{OM_2}{O_2N_2} = \frac{OD}{O_2D},$$

и, поскольку $OC = OP_1 + P_1C = 1 + 4r_1$, $OD = OP_2 + P_2D = 1 + 4r_2$, то в общих случаях

$$\frac{1}{2r} = \frac{1 + 4r}{3r},$$

откуда $r = 1/2$. По теореме Пифагора из треугольников $OM_1C$ и $OM_2D$ соответственно получаем теперь, что

$$M_1C = 2\sqrt{2}, M_2D = 2\sqrt{2}.$$

Итак, если вторая окружность описана в тупой угол трапеции, то меньше основание трапеции равна $4\sqrt{2}$; если же вторая окружность описана в острый угол трапеции, то больше основание трапеции равна $4\sqrt{2}$. Между тем, если в равновую трапецию с основаниями $a$ и $b$, где $a < b$, описана окружность диаметра $d$, то выполняется

53

неравенство $a < d < b$ это следующет, например, из легко доказываемого и весма полезного соответствия $d = \sqrt{ab}$. Поэтому в нашей задаче меньше основание трапеции должны быть меньше 2, так что окружность с центром $O_1$ условию задачи не удовлетворяет, и следует рассматривать лишь окружность с центром $O_2$. Теперь уже легко найти площадь $S$ трапеции. Пользовся соответствием между основаниями трапеции и диаметром вписанной в нее окружности $d = \sqrt{ab}$, мы получаем равенство

$$2 = \sqrt{AD \cdot BC} = \sqrt{4 \sqrt{2} \cdot BC},$$

откуда $BC = \sqrt{2}/2$ и $S = \frac{1}{2}(AD + BC) \cdot 2 = 9 \sqrt{2}/2$.

В разобранной задаче возможность существования двух принципиального различных геометрических конфигураций была совершенно очевидна. Однако не всегда это так, и нужно обладать хорошо геометрическим воображением и проявлять достаточно осмотрительность, чтобы при выполнении чертежа «увидеть» все конфигурации, которые следует рассмотреть в решении.

Задача 4 (МГУ, географич. ф-т, 1968). Высота прямой призмы равна 1, ее основанием служит ромб со сторной 2 и острым углом $30^\circ$. Через сторону основания проведена секущая плоскость, наклонная к плоскости основания под углом $60^\circ$. Найти площадь секущей плоскости.

На экзамене многогеометрические, выполив рисунок 6, для примерного следующего «решение» этой задачи: «Пусть $MN$ — линя пересечения секущей плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $DCC_1D_1$; опустив перpendикуляр $MK$ на $AB$, по теореме о трех перpendикулярах получим, что $KD \perp AB$. Позному $\Rightarrow MKD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания, так что $\Rightarrow MKD = 60^\circ$. Тогда

$$MK = \frac{KD}{\cos 60^\circ} = \frac{AD \sin 30^\circ}{\cos 60^\circ} = 2.$$

В этом рассужdenнии есть существенный пробел: чертеж, на котором оно основано, выполнен при нейном предположении, что плоскость $\alpha$ пересекает прямогольник $DCC_1D_1$. Между тем при заданных числовых данных это вовсе не очевидно, более того — неверно: в действительности плоскость $\alpha$ «выходит» из данной призмы через верхиной граны, а точка $M$ лежит на продолжении ребра $DD_1$. В самом деле, найдем так же, как и выше, что $MK = 2$ (заметим, что это вычисление не зависит от положения точки $M$ на прямой $DD_1$), из треугольника $MDK$ мы получим, что $MD = \sqrt{3}$, так что $MD$ больше $D_1D$. Следовательно, ребь в задане идет о конфигурации, указанной на рисунке 7, и искать надо площадь паралелограмма $AQPB$, а не

54

AMNB. Дальнейшее решение задачи не вызывает принципиальных затруднений, и мы предоставляем это читательям; искомая площад $S = 4\sqrt{3}$.

Еще больше вызывает принципиальных затруднений, и мы предоставляем это читательям; искомая площад $S = 4\sqrt{3}$.

Еще больше вызывает принципиальных затруднений, и мы предоставляем это читательям; искомая площад $S = 4\sqrt{3}$.

Еще больше вызывает принципиальных затруднений, и мы предоставляем это читательям; искомая площад $S = 4\sqrt{3}$.

Окончательный ответ записьется в виде

$$S = \begin{cases} 2/\cos \varphi, & \text{ если } \varphi < 45^\circ, \\ 2\sqrt{2}, & \text{ если } \varphi = 45^\circ, \\ 2/\sin \varphi, & \text{ если } \varphi > 45^\circ. \end{cases}$$

Можно, разумеется, включить второй случай в любой из двух других, и записать ответ более компактно.

С аналогичной ситуации мы встречаемся и в следующей задаче. Правда, окончательный ответ в ней от вида конфигурации не зависит и одинаков для всех значений параметра, однако промежутные вычисления проводятся по-разному для различных конфигураций. Естественно, что решение, в котором рассмотрен не все геометрические различные случаи, не может считаться полноценным, хотя форма по получается правильный ответ.

Задание 5 (МГУ, механизм, 1970). Шар радиуса $r$ касаемая плоскости $P$ в точке $A$. Прямая l образует с плоскостью $P$ угол $\varphi$, пересекает эту плоскость в точке $C$ и касаемая шара в точке $B$. Наимен длину отрезка $AB$, если $AC = 2r$.

Изображим конфигурацию, о которой идет речь в условия (рис. 8). Из точки $B$ опустим перpendикуляр $BB_1$ на плоскость $P$ и проведем отрезок $CB_1$; ясно, что $\Rightarrow BCB_1 = \varphi$. Далее, $OA = OB = r$, а $CB = CA = 2r$ по свойству касательных к шару, проведенных из одной точки.

Искомый отрезок $AB$ является гипотенузой прямого углового тре-

Рис. 8.

55

угольника $BB_1A$, катет $BB_1$ которого определяется из прямогольного треугольника $CB_1B$: $BB_1 = 2r \sin \varphi$. Остается найти катет $AB_1$. Прямые $OA$ и $BB_1$, перпендикулярные к плоскости $P$, лежат в одной плоскости. Проведем в ней прямую $ON \parallel AB_1$; тогда $AONB_1$ — прямогольник, и следовательно, $AB_1 = ON$, $NB_1 = OA = r$. Так как $NB = BB_1 - NB_1 = 2r \sin \varphi - r$, то из треугольника $ONB$ $ON^2 = OB^2 - NB^2 = 4r^2 \sin \varphi (1 - \sin \varphi)$, а из треугольника $BB_1A$ $AB = \sqrt{AB_1^2 + BB_1^2} = \sqrt{ON^2 + BB_1^2} = 2r \sqrt{\sin \varphi}$.

Не следует, однako, думать, что задача решения. В самом деле, при вычислении отрезка $NB$ мы существенно используем тот факт, что точки $B, N$ и $B_1$ расположены именно так, как это изображено на рисунке 8. Но из условия задачи вовсе не следует, что точка $N$ лежит между $B$ и $B_1$; точка $B$ может лежать между точки $N$ и $B_1$, точки $N$ и $B$ могут даже совпадать. Только рассмотрев все эти случаи, мы можем утверждать, что проведи исчерпывающие решения задачи.

Если точка $B$ лежит между $N$ и $B_1$ (рис. 9), то $NB = NB_1 - BB_1 = r - 2r \sin \varphi$, а дальнейшее вычисление отрезков $ON$ и $AB$ проводится точно так же,

Рис. 9.

Упражнения

1. (МГУ, мехмат, 1961). На плоскости даны четыре различные точки $A, B, C, D$ также, что $AB \perp CD$ и $AC \perp BD$. Доказать, что $AD \perp BC$.

2. (МГУ, мехмат, 1961). В треугольной прямиле две грани — равносторонние треугольники со сторонами $a$, а две другие грани — равнобедренные прямогольные треугольники. Определить радиус шара, вписаного в прямиду.