Hãy thay thế hình

34

M. Kreizman

Hãy thay thế hình

Người ta biết rằng phương pháp đổi biến được sử dụng rộng rãi trong đại số. Không kém phần hiệu quả, “sự thay thế” có thể được áp dụng trong hình học. Có kỹ thuật lời giải hình học bài toán này như sau: hình được đề cập trong điều kiện bài toán được thay thế bằng một hình có cùng giá trị mong muốn để giúp tìm giá trị này dễ dàng hơn.

Trong hai bài toán đầu tiên, hãy giải bài toán thay thế đơn giản nhất - thay thế đoạn này bằng đoạn khác.

Nhiệm vụ 1. Từ điểm C lấy ra ngoài nút AOB bằng 60°, bỏ đi các biến CD, CM và CN tương ứng với các cạnh OA, OB và phân giác ON của nút này. Xác định |BẬT| nếu |CM|=d₁ và |CD|=d₂.

Lời giải. Gọi E và P là giao điểm của (CN) với (OB) và (OA) (Hình 1). Tam giác thu được OEP rất khắc kỷ. Phân tích hình dẫn đến ý tưởng thay thế đoạn ON bằng đoạn EF đồng dạng, trong đó (EF)⊥(OP): có thể dễ dàng so sánh độ dài của đoạn EF với độ dài đã cho của các đoạn CD và CM.

Hãy thực hiện [EK]⊥[CD] (xem Hình 1);

Sau đó
|EF| = |KD| = |CD| — |CK| = = |CD| — |CM| = d₂ — d₁.
Ở đây chúng tôi giả định rằng d₂>d₁. Trường hợp d₁>d₂ được hiển thị trong Hình 2 và tương tự như trường hợp d₂>d₁. Trận chung kết đáp số: |BẬT| = |d₁—d₂|.

Bài 2. Trong tam giác đều ABC (|AB|=|BC|), kẻ AD vuông góc từ đỉnh A đến cạnh BC. Hình bán nguyệt nội tiếp tam giác ABD và ACD sao cho đường kính của chúng lần lượt nằm trên [BD] và [AD]. Tìm tỉ số diện tích của các hình bán nguyệt này nếu kích thước của nút B bằng π/4.

Lời giải. Nếu chúng ta tính đến $\frac{S_1}{S_2} = \left( \frac{r_1}{r_2} \right)^2$, thì giá trị mong muốn sẽ được tìm thấy nếu chúng ta xác định tỷ lệ bán kính của hình bán nguyệt trên đó; Để làm điều này, chúng ta thay bán kính O₁M (Hình 3) bằng một đoạn thẳng với nó, đó là cạnh huyền của một tam giác vuông có một góc nhọn đã biết. Vì $\widehat{B} = \frac{\pi}{4}$ nên |AD|=|BD|, |MB|=|MO₁|=r₁. Xét rằng |AD|=|AM| và |BA|=|BC|, chúng ta nhận được |MB|=|CD| - đoạn MB có thể được thay thế bằng đoạn CD. Trong tam giác vuông O₂CD

35

Cơm. 4. Hình 5. Hình 6.

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

Trong ba nhiệm vụ tiếp theo, chúng ta sẽ thay thế một hình dạng phức tạp hơn (tam giác, paramid).

Bài toán 3. Trong tam giác này, hãy nội tiếp một hình chữ nhật có đường chéo có chiều dài ngắn nhất sao cho một cạnh của tam giác (hoặc phần kéo dài của nó) chứa hai đỉnh, và hai cạnh còn lại chứa một đỉnh của hình chữ nhật này.

Lời giải e. Nếu trong bài toán này, chúng ta không nói về một hình tam giác tùy ý mà là về một hình chữ nhật có góc vuông chung với hình chữ nhật đã cho, thì lời giải sẽ không gây ra bất kỳ khó khăn nào: hình chữ nhật được yêu cầu sẽ là hình chữ nhật trong đó đường chéo vuông góc với cạnh huyền của tam giác (Hình 4). Hãy thử thay tam giác này bằng tam giác vuông có hình chữ nhật nội tiếp bằng hình cần tìm.

Giả sử $B_1AC$ là một tam giác vuông ($\hat{A} = 90^\circ$) có cùng đáy $AC$ và $(B_1B) \parallel (AC)$ (Hình 5). Sau đó $|M_1N_1| = |MN|$ (thử nghiệm). Trong tam giác $B_1AC$, chúng ta nội tiếp một hình chữ nhật $AM_1N_1K_1$ có đường chéo nhỏ nhất (Hình 5). Đường $M_1N_1$ sẽ cắt các cạnh $BA$ và $BC$ lần lượt tại các điểm $M$ và $N$. Hãy thực hiện $[MF] \perp [AC]$ và $[NK] \perp [AC]$. Tam giác vuông $FMNK$ chính là hình mà chúng ta đang tìm kiếm.

Bài toán 4. Chứng minh rằng bán kính của các đường tròn được mô tả bởi các bộ làm tròn $AHB, BHC$ và $AHC$,

$H$ khác là giao điểm của các đường cao của tam giác nhọn $ABC$, bằng nhau.

Lời giải e. Chúng ta hãy coi một trong những hình tam giác này (ví dụ: $\Delta BHC$) là một tam giác dựng và tìm bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác.

1 chiều. Qua đỉnh $B$ chúng ta vẽ một đường thẳng song song với chiều cao $CK$ và qua $C$ - một đường thẳng song song với chiều cao $BM$; gọi $F$ là giao điểm của những đường này (Hình 6).

Tứ giác $BHCF$ là hình bình hành nên $\Delta BFC \cong \Delta BHC$. Xét tứ giác $ABFC$:

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

Do đó, các điểm $A, B, F$ và $C$ nằm trên cùng một đường tròn nên $R_{\triangle ABC} = R_{\triangle BFC}$ ($R_{\triangle ABC}$ biểu thị bán kính của đường tròn ngoại tiếp bởi hình tròn $\Delta ABC$).

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

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

Có thể chứng minh theo cách tương tự rằng $R_{\triangle AHB} = R_{\triangle AHC} = R_{\triangle ABC}$.

Phương pháp 2. Chúng ta hãy mô tả một hình tam giác tròn $ABC$ là một hình tròn và kéo dài chiều cao của nó $AP$ cho đến khi nó giao với đường tròn đã vẽ tại điểm $E$ (Hình 7). Lưu ý rằng $\widehat{CBM} = \widehat{PAC}$ (mỗi góc này được bổ sung bởi góc $ACB$ đến $90^\circ$) và $\widehat{PAC} = \widehat{CBE}$

36

(mỗi trong số chúng được đo bằng một nửa độ lớn góc của cung EC mà chúng nằm trên đó); do đó $\angle CBE \cong \angle CBH$. Ta chứng minh tương tự rằng $\angle BCE \cong \angle BCH$. Vì vậy, $\triangle BEC \cong \triangle BHC$, do đó, $R_{\triangle BEC} = R_{\triangle BHC}$.

Các điểm A, B, C và E nằm trên cùng một đường tròn nên $R_{\triangle BEC} = R_{\triangle ABC}$. Cuối cùng chúng tôi nhận được $R_{\triangle BHC} = R_{\triangle ABC}$.

Tương tự, chúng ta chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB và AHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Nhiệm vụ 5*). Cho một hình lập phương có đáy ABCD và $A_1B_1C_1D_1$. Tìm thể tích của khối trung diện AD$_1$EF, trong đó E là trung điểm của cạnh DC và F là trung điểm của cạnh BB, nếu cạnh của hình lập phương là 1.

Đã giải quyết và e. Chúng ta vẽ một đường thẳng l đi qua điểm D$_1$ song song với [AF] (Hình 8).

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

Vì $D_1 \in (DD_1C_1)$ và $(DD_1C_1) \parallel (AA_1B_1)$, bất kỳ đường thẳng nào (một phần, đường l) vẽ qua điểm D$_1$ song song với $(AA_1B_1)$ sẽ nằm trong mặt phẳng của mặt DD$_1C_1C$. Hãy để $l \cap (DC) = K$. Từ thực tế là, $(D_1K) \parallel [AF]$ và $[AF] \subset (AFE)$, chúng ta thu được $(D_1K) \parallel (AFE)$, và do đó trực tràng D$_1$AFE có kích thước bằng với paramida KAFE (chúng có cơ sở chung -

*) bài toán này được đưa ra vào năm 1969 trong kỳ thi tuyển sinh vào Khoa Vật lý của Đại học Quốc gia Moscow.

Cơm. 7.

Cơm. 8.

Cơm. 9.

37

Tính đến $\overrightarrow{AD}_1C + \overrightarrow{CAD}_1 + \overrightarrow{ACD}_1 = 180^\circ$ (tổng các góc của tam giác), chúng ta nhận được $\overrightarrow{AB}_1D_1 + \overrightarrow{AB}_1C + \overrightarrow{CB}_1D_1 = 180^\circ$.

Bài toán 7. Chứng minh rằng độ dài đoạn nối trung điểm của các cạnh giao nhau của metahedron với một góc tam diện vuông tại đỉnh bằng bán kính của hình cầu ngoại tiếp với metahedron đã cho.

Lời giải. Tứ diện bổ sung $ABCD$ có các góc vuông ở đỉnh $A$ thành một hình song song bên phải $ABKCDLMN$ (Hình 10). Một hình cầu được mô tả xung quanh một hình bình hành nhất định cũng sẽ được mô tả xung quanh một tứ diện $ABCD$. Từ tam giác $AKD$ suy ra $|PQ| = \frac{1}{2}|DK|$. Vì đường chéo $DK$ của hình bình hành là đường kính của hình cầu ngoại tiếp nên chiều dài của đoạn $PQ$ bằng bán kính của hình cầu này.

Bài toán 8. Độ dài các cạnh của một hình bình hành vuông là 1, 2 và 3. Xác định khoảng cách giữa các đường chéo cắt nhau của các mặt bên liền kề của tứ diện này.

Lời giải. Thay vì hình song song $ABCDA_1B_1C_1D_1$, hãy xem xét hình tứ diện $DB_1C_1C$ (Hình 11). Thể tích của tứ diện này là

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

Bây giờ chúng ta hãy tìm thể tích của nó, sử dụng sự tương ứng $V = \frac{1}{6} \times l_1 \cdot l_2 \cdot d \cdot \sin \varphi^*$, trong đó $l_1$ và $l_2$ là độ dài của các cạnh giao nhau của khối tứ diện này, $d$ và $\varphi$ là khoảng cách và góc giữa chúng. chúng tôi nhận được

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

Trong một góc tam diện $BACB_1$, cosin của góc phẳng $\varphi$ nằm đối diện với cạnh $B_1B$ của góc nhị diện vuông bằng tích các cosin của các góc phẳng giới hạn góc nhị diện vuông này, tức là.

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

từ sự bình đẳng này chúng ta nhận được

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

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

Kể từ đây,

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

Từ các đẳng thức (1) và (2) suy ra $1 = \frac{6}{7} d$.

Do đó $d = \frac{6}{7}$.

Chúng ta hãy trình bày một phép thay thế trong đó ba cạnh bên của tứ diện được thay thế là đường trung tuyến của các mặt bên của tứ diện thay thế.

*) Công thức này cũng có thể được chứng minh bằng phương pháp thay thế!