Заменим фигуру

34

М. Крайзман

Заменим фигуру

Общензвестно, что метод замены переменной широко применяется в алгебре. Не менее эффективно «замена» может быть применена в геометрих. Существуют этого приема решения геометрических задач состоит в следующем: фигура, о которой идет речь в условиях задачи, так заменяется фигурой с той же искомой величины, чтобы найти эту величины было легче.

В первых двух задах решить подdet о простейшей замене — замене одного отрезка другим.

Задание 1. Из точки C, взятоый вне узла AOB, равного 60°, опущены переменники CD, CM и CN соответствующего на стороны OA, OB и на биссектору ON данное узла. Определить |ON|, если |CM|=d₁ и |CD|=d₂.

Решение. Пусть E и P — точки пересечения (CN) с (OB) и (OA) (рис. 1). Образовавшийся треугольник OEP, оченьстоитронный. Анализ рисунка приводит к идее замены отрезка ON конгруэнтным отрезком EF, где (EF)⊥(OP): длину отрезка EF легко увазать с данными длинами отрезков CD и CM.

Проведем [EK]⊥[CD] (см. рис.1);

тогда
|EF| = |KD| = |CD| — |CK| = = |CD| — |CM| = d₂ — d₁.
Мы предполагали здесь, что d₂>d₁. Случай d₁>d₂ показан на рисунке 2 и аналогичен случайю d₂>d₁. Окончательный ответ: |ON| = |d₁—d₂|.

Задание 2. В равноведренном треугольнике ABC (|AB|=|BC|) из вершины A проведен перпендикуляр AD к стороне BC. В треугольнике ABD и ACD вписаны полукруги так, что их диаметры лежат соответствующим на [BD] и [AD]. Найти отношение площадей этих полукругов, если величины узла B равна π/4.

Решение. Если учесть, что $\frac{S_1}{S_2} = \left( \frac{r_1}{r_2} \right)^2$, то искомая величина будет найдена, если удastore на нейто отношение радиусов полукругов; для этого заменим радиус O₁M (рис. 3) на конгруэнтный ему отрезок, являющийся гипотенузой прямогоугольного треугольника с известным острым углом. Из того, что $\widehat{B} = \frac{\pi}{4}$, следует |AD|=|BD|, |MB|=|MO₁|=r₁. Учитывая, что |AD|=|AM| и |BA|=|BC|, получаем |MB|=|CD| — отрезок MB можно заменить отрезком CD. В прямойугольном треугольнике O₂CD

35

Рис. 4. Рис. 5. Рис. 6.

$$\widehat{O_2CD} = \frac{1}{2} \widehat{ACD} = \frac{3\pi}{16};$$
следовательно, $$\frac{S_1}{S_2} = \text{ctg}^2 \frac{3\pi}{16}.$$

В следующих трех задах мы будем заменять более сложную форму (треугольник, парамиду).

Задача 3. В данной треугольник вписать прямоугольник с диагональю наименьшей длины так, чтобы одна сторона треугольника (или ее продолжение) содержала две вершины, а две другие стороны — по одному вершине этого прямоугольника.

Решение е. Если бы в этой задаче шла речь не о произвольном треугольнике, а о прямоугольном, имеющем с данным прямоугольником общий прямой угол, то решение не вызвало бы никаких затруднений: искомым прямоугольником был бы тот, в котором диагональ перпендикулярна к гипотенузе треугольника (рис. 4). Попробуем заменить данный треугольник прямоугольным треугольником с вписанным прямоугольником конгрузным искомому.

Пусть $B_1AC$ — прямоугольный ($\hat{A} = 90^\circ$) треугольник с тем же основанием $AC$, причем $(B_1B) \parallel (AC)$ (рис. 5). Тогда $|M_1N_1| = |MN|$ (доказательное). В треугольник $B_1AC$ вписем прямоугольник $AM_1N_1K_1$ с наименьшей диагональю (рис. 5). Прямая $M_1N_1$ пересечет стороны $BA$ и $BC$ соответственно в точках $M$ и $N$. Проведем $[MF] \perp [AC]$ и $[NK] \perp [AC]$. Прямой треугольник $FMNK$ — искомый.

Задача 4. Доказать, что радиус окружностей, описанных округольников $AHB, BHC$ и $AHC$,

еще $H$ — точка пересечения высом остроугольного треугольника $ABC$, равны между собой.

Решение е. Заметим один из этих треугольников (например, $\Delta BHC$) конструктивным ему треугольником и найдем радиус окружности, описанной вокруг треугольника.

1 способ. Через вершину $B$ проведем прямую, параллельную высоте $CK$, а через $C$ — прямую, параллельную высоте $BM$; пусть $F$ — точка пересечения этих прямых (рис. 6).

Четырехугольник $BHCF$ — параллелограмм, поэтому $\Delta BFC \cong \Delta BHC$. Рассмотрим четырехугольник $ABFC$:

$$\begin{pmatrix} [FB] \\ [CK] \\ [FC] \\ [BM] \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} \widehat{ABF} \\ \widehat{ACF} \\ 90^\circ \end{pmatrix}.$$

Следовательно, точки $A, B, F$ и $C$ лежат на одной окружности, поэтому $R_{\triangle ABC} = R_{\triangle BFC}$ ($R_{\triangle ABC}$ обозначает радиус окружности, описанной округольным $\Delta ABC$).

($\Delta BFC \cong \Delta BHC$) $\Rightarrow (R_{\triangle BFC} = R_{\triangle BHC})$.

Далее, $$\begin{pmatrix} R_{\triangle ABC} = R_{\triangle BFC} \\ R_{\triangle BFC} = R_{\triangle BHC} \end{pmatrix} \Rightarrow (R_{\triangle ABC} = R_{\triangle BHC}).$$

Аналогично доказывается, что $R_{\triangle AHB} = R_{\triangle AHC} = R_{\triangle ABC}$.

2 способ. Опишем округольный треугольник $ABC$ окружность и продолжим его высоту $AP$ до пересечения с проведенной окружностью в точке $E$ (рис. 7). Заметим, что $\widehat{CBM} = \widehat{PAC}$ (каждый из этих углов дополняется угол $ACB$ до $90^\circ$) и $\widehat{PAC} = \widehat{CBE}$

36

(каждай из них измеряется половиной угловой величины дуги EC, на котором они опираются); следовательно, $\angle CBE \cong \angle CBH$. Аналогично доказываем, что $\angle BCE \cong \angle BCH$. Таким образом, $\triangle BEC \cong \triangle BHC$, следовательно, $R_{\triangle BEC} = R_{\triangle BHC}$.

Точки A, B, C и E лежат на одной окружности, поэтому $R_{\triangle BEC} = R_{\triangle ABC}$. Окончательно получаем $R_{\triangle BHC} = R_{\triangle ABC}$.

Аналогично доказываем, что радиусы окружностей, описанных окло треугольников AHB и AHC, равны радиусу окружности, описанной окло треугольника ABC.

Задча 5*). Дан куб с основанием ABCD и $A_1B_1C_1D_1$. Найти объем метраэдра AD$_1$EF, где E — середина ребра DC и F — середина ребра BB, если ребро куба равно 1.

Решен и е. Проведем через точку D$_1$ прямую l параллельно [AF] (рис. 8).

$$\begin{pmatrix} l & \| [AF] \\ [AF] \subset (AA_1B_1) \end{pmatrix} \Rightarrow (l \| (AA_1B_1)).$$

Так как $D_1 \in (DD_1C_1)$ и $(DD_1C_1) \parallel (AA_1B_1)$, любая прямая (в частиности, прямая l), проведенная через точку D$_1$ параллельно $(AA_1B_1)$, будет лежать в плоскости грани DD$_1C_1C$. Пусть $l \cap (DC) = K$. Из того, что, $(D_1K) \parallel [AF]$ и $[AF] \subset (AFE)$, получаем $(D_1K) \parallel (AFE)$, и потому прямida D$_1$AFE равновелика парамиде KAFE (у них общее основание —

*) Эта задача предлагалась в 1969 г. на вступительных экзаменах на физический факультет МГУ.

Рис. 7.

Рис. 8.

Рис. 9.

37

Учитывая $\overrightarrow{AD}_1C + \overrightarrow{CAD}_1 + \overrightarrow{ACD}_1 = 180^\circ$ (сумма углов треугольника), получим $\overrightarrow{AB}_1D_1 + \overrightarrow{AB}_1C + \overrightarrow{CB}_1D_1 = 180^\circ$.

Задача 7. Доказать, что длина отрезка, соединяющего середины скрещивающихся ребер метраэдра с прямым трехгранным углом при вершине, равна радиусу сферы, описанной около данного метраэдра.

Решение. Дополнительmente tetraэдр $ABCD$ с прямыми плоскими углами при вершине $A$ до прямогоного параллелепипеда $ABKCDLMN$ (рис. 10). Сфера, описанная около данного параллелепипеда, будет также описанной около tetraэдра $ABCD$. Из треугольника $AKD$ следует, что $|PQ| = \frac{1}{2}|DK|$. Так как диагональ $DK$ параллелепипеда является диаметром описанной сферы, длина отрезка $PQ$ равна радиусу этой сферы.

Задача 8. Длина ребер прямого параллелепипеда равны 1, 2 и 3. Определить расстояние между скрещивающимися диагоналями смежных боковых граней этого tetraэдра.

Решение. Вместо параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ рассмотрим tetraэдр $DB_1C_1C$ (рис. 11). Объем этого tetraэдра равен

$$V = \frac{1}{3} S_{\triangle B_1C_1C} \cdot |DC| = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 3 \right) \cdot 2 = 1.$$

Найдем теперь его объем, воспользуемся соответствием $V = \frac{1}{6} \times l_1 \cdot l_2 \cdot d \cdot \sin \varphi^*$, где $l_1$ и $l_2$ – длины скрещивающихся ребер этого tetraэдра, $d$ и $\varphi$ – расстояние и угол между ними. Получим

$$V = \frac{1}{6} |B_1C| \cdot |DC_1| \cdot d \cdot \sin \overrightarrow{AB}_1C = \frac{1}{6} \sqrt{50} \cdot d \cdot \sin \varphi.$$

В трехгранном угле $BACB_1$ косинус плоского угла $\varphi$, лежащero против ребра $B_1B$ прямого двухгранного угла, равен произведению косинусов плоских углов, ограничивающих этот прямой двухгранный угол, т. е.

$$\cos \overrightarrow{AB}_1C = \cos \overrightarrow{AB}_1B \cdot \cos \overrightarrow{BB}_1C;$$

из этого равенства получаем

$$\cos \overrightarrow{AB}_1C = \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{1}{\sqrt{50}};$$

$$\sin \overrightarrow{AB}_1C = \sin \varphi = \frac{7}{\sqrt{50}}.$$

Следовательно,

$$V = \frac{1}{6} \sqrt{50} \cdot d \cdot \frac{7}{\sqrt{50}} = \frac{7}{6} d.$$

Из равенств (1) и (2) следует $1 = \frac{6}{7} d$.

Отсюда $d = \frac{6}{7}$.

Приведем замену, при которой три боковых ребра заменяемого tetraэдра является медианами боковых граней заменяющего tetraэдра.

*) Эту формулу тоже можно доказать методом замены!