ПРАКТИКУМ

шип

: : : : : : : а г м о р д ш и ч

ПРАКТИКУМ

ЗАДАЧ

Г Е О М Е Т Р И Я

ш

ji Ім

!) v -

.At !

Допущено

Министерством просвещения СССР в качествг учебного пособия для студенте >

физике-матсма-пичесКих специальностей

педагоги чееккх инс/п usnym с в

^ Л / і з £ ? с Л # ы

2ы й а д т л л ь к ь ш З А Л

V У -

P / i f

Ц елинограде пи гсдяисги тут и ' С. Се фуллн.іа : У Ч - П » И Ы Й

А і і О Ы - М . . І І Т

М О G К В А « П Р О С В Е Щ Е Н И Е » 1 9 8 5

14908866

Б БК 22.151 Г 96

Р е ц е н з е н т ы :

кафедра алгебры и геометрии Рязанского ордена «Знак Почета»

государственного педагогического института (зав. кафедрой, доцент Г. В. Киотина), кандидат педагогических наук, доцент М . М . Рассудооамя

(МОПИ им. Н . К . Крупской).

Гусев В. А. и др.

Г96 Практикум по решению математических задач: Геометрия.

Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов/

В. А. Гусев, В. Н. Литвиненко, А. Г. Мордкович. — М.: Про­

свещение, 1985. — 223 с., ил.

Настоящее пособие предназначено студентам для оказания конкретной помощи п выработке н развитии умений и навыков решения геометрических задач по школь­

ному к урсу математики. Содержит справочный теоретический материал н разобран­

ные примеры решения задач, что позволяет использовать пособие для самостоя­

тельного изучения.

ББК 22.151

513

© Издательство «Просвещение::-, 1985

П Р ЕД И С Л О В И Е

Настоящее пособие предназначено для студентов математических и физико-математических факультетов педагогических институтов по специальностям № 2104 «Математика» и «Математика и физика» и

№ 2105 «Физика и математика». Оно написано в соответствии с дей­

ствующей программой «Практикума по решению задач» (Програм­

мы педагогических институтов. Сборник №

6

. М.: Просвещение, 1984).

При работе над «Практикумом» мы стремились к тому, чтобы в нем нашли отражение основные типы школьных геометрических задач. В книге содержится около 1000 различных по трудности задач для самостоятельного решения. Наряду с задачами, достаточно про­

стыми, носящими тренировочный характер, имеются задачи, реше­

ние которых требует серьезных размышлений, а иногда и нестандарт­

ного подхода. Решение пусть не всех, но значительной части задач поможет студенту в формировании важного профессионального ка­

чества будущего учителя математики — умения решать геометриче­

ские задачи, соответствующие требованиям программ по математике средней общеобразовательной и профессиональной школы.

Приемы и методы решения геометрических задач рассматриваются в различных разделах курса геометрии, изучаемого в пединститутах.

Однако традиционным методам уделяется недостаточное внимание, и восполнение этого пробела было одной из целей, которые ставились в процессе работы над пособием.

Подчеркнем, что предлагаемая вниманию читателя книга не толь­

ко задачник в обычном смысле, но это еще и практикум по решению задач. Это нашло свое отражение в содержании и структуре книги.

Каждый параграф содержит теоретический материал и подробно разобранные примеры (на

10 задач для самостоятельного решения

приходится

1—2 с решениями). К отбору задач с решениями мы под­

ходили особенно тщательно, стремясь к тому, чтобы каждое решение было полезно студенту прежде всего с методической точки зрения, чтобы совокупность этих примеров была достаточно емким и цельным вкладом в дело обучения студентов пединститутов вопросам частной методики преподавания математики в школе. В конце каждого пара­

графа приводятся задачи для самостоятельного решения. Они сгруп­

пированы по разделам и подразделам школьной геометрии и по сте­

пени нарастания трудности. К большинству задач для самостоятель-

з

ного решения в конце книги приведены ответы, а к части задач и указания.

Настоящее пособие состоит из двух глав. Первая глава посвяще­

на решению планиметрических задач. Особую роль играет § 1, в оп­

ределенном смысле вводный ко всей книге, где речь идет о методах решения традиционных геометрических задач, активно используемых в дальнейших параграфах. Здесь выделяются чисто геометрический, алгебраический и комбинированный методы и, как их частные сл у­

чаи, — метод опорного элемента (включающий в себя метод площа­

дей) и метод введения вспомогательного параметра. В этом ж е пара­

графе для удобства работы с пособием приводится список планимет­

рических теорем, важных для решения задач.

В § 2—4 включено довольно большое число стандартных задач средней трудности, поскольку, как показывает опыт, традиционные планиметрические задачи — одно из самых слабых мест в подготовке студента — будущего учителя математики.

Основная цель § 5 и G — формирование у будущих учителей не­

обходимых навыков и умений решения геометрических задач методом геометрических преобразований и векторным методом. Подчеркнем при этом, что в этих параграфах содержатся в основном традицион­

ные геометрические задачи, решаемые указанными методами, а не специальные задачи на преобразования и векторы, что часто встре­

чается в задачниках по геометрии. Здесь не ставилось целью показать преимущество указанных методов, необходимо прежде научить сту­

дентов применять эти методы. Так как геометрические задачи допу­

скают решение различными способами, то в §

2—4 и 5—6 иногда

встречаются одинаковые или аналогичные задачи.

Два параграфа (§ 7 главы I и § 16 главы II) посвящены геометриче­

ским задачам на отыскание наибольших и наименьших значений.

Обычно считают, что эти задачи — забота курса математического анализа. Но в курсе математического анализа основное назначение этих задач — демонстрация прикладной роли дифференциального исчисления (т. е. акцент делается на решение задачи внутри состав­

ленной математической модели и в меньшей степени на само состав­

ление модели и ее интерпретацию). Включая в настоящее пособие ту или иную задачу на отыскание наибольшего или наименьшего значения, мы имели в виду то, чтобы каждая задача была интересна прежде всего с геометрической точки зрения (т. е. делался акцент на конструирование математической модели и ее интерпретацию).

Вторая глава посвящена решению стереометрических задач. Здесь в краткой форме напоминаются вопросы, связанные с построением изображения данной фигуры, определением полноты изображения и его метрической определенности. Рассматриваются геометрические построения в пространстве, при этом особое внимание уделяется по­

строениям на изображениях. В этой главе (как и в первой) многие

задачи являются новыми, составленными специально для настоящего

пособия. Среди них отметим задачи, связанные с определением угла

между скрещивающимися прямыми, расстояния между ними, угла

прямой с плоскостью, двугранного угла, и задачи, связанные с по­

строением сечении. Решение этих задач, по нашему мнению, должно способствовать развитию пространственных представлений у сту­

дентов.

Структура и содержание книги, методика изложения материала, принципы отбора и расположения задач разработаны авторами сов­

местно. Материалы для § 1—4, 7 главы I и § 16 главы II подготовле­

ны А. Г. Мордковичем, для § 5—6 главы I — В. А. Гусевым, для

§ 8— 15 главы II — В. Ы. Литвиненко.

Авторы выражают признательность преподавателям кафедры ал­

гебры и геометрии Рязанского ордена «Знак почета» государственного педагогического института, доценту М. М. Рассудовской и канди­

дату физико-математических наук Г. А. Гальперину, внимательно прочитавшим рукопись и высказавшим по ней пожелания и крити­

ческие замечания.

Авторы

Г л а в а I

ПЛАНИМЕТРИЯ

§ 1. О МЕТОДАХ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗА Д А Ч При решении геометрических задач обычно используются три ос­

новных метода: геометрический (требуемое утверждение выводится с помощью логических рассуждений из ряда известных теорем); ал­

гебраический (доказательство утверждения или нахождение искомых величин выполняется прямым счетом на основании различных зави­

симостей между геометрическими величинами с помощью составления уравнения или системы уравнений); комбинированный (на некоторых этапах решение ведется геометрическим методом, на других — алгеб­

раическим).

Какой бы путь решения ни был выбран, успешность его использо­

вания зависит, естественно, от знания теорем и умения их применять.

Не приводя здесь всех теорем планиметрии (большинство из них хорошо известны студентам: это признаки равенства произвольных треугольников, признаки равенства прямоугольных треугольников, различные свойства равнобедренного треугольника, параллелограм­

ма, ромба, прямоугольника, теорема Фалеса, теорема Пифагора, соотношения между сторонами и углами прямоугольного треуголь­

ника, признаки подобия треугольников, теорема о равенстве дуг, заключенных между параллельными хордами окружности, и т. д.), считаем необходимым напомнить формулировки некоторых теорем, активно использующихся при решении задач, — ссылки на эти тео­

ремы будут делаться в дальнейшем неоднократно.

I. Треугольники и четырехугольники

чГ... ' 1. Теорема о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами: если Z. ABC и Z. DEF оба острые или оба тупые и А В _L DE, В С A. EF (рис. 1), то A. ABC — Z- D EF .

2. Свойства средней линии трапеции:

а) средняя линия параллельна основаниям трапеции;

б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции;

в) средняя линия (и только она) делит пополам любой отрезок, заключенный между основаниями трапеции (рис.

2).

Эти теоремы справедливы и для средней линии треугольника, если считать треугольник «вырожденной» трапецией, одно из осно­

ваний которой имеет длину, равную нулю.

Рис. I

3. Теоремы о точках пересечения медиан, биссектрис, высот треугольника:

а) три медианы треугольника пересекаются в одной точке (ее называют центром тяжести, или центроидом треугольника) и делятся в этой точке в отношении

2

:

1, считая от вершины;

б) три биссектрисы треугольника пересека­

ются в одной точке;

в) три высоты треугольника пересекаются в одной точке (ее назы­

вают ортоцентром треугольника).

4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в прямо­

угольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине. Верна н обратная теорема: если в треугольнике одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена, то этот треугольник прямоугольный.

5. Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника: биссек­

триса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой она проведена, на части, пропорциональные прилежащим сторонам:

£ = (рис. 3).

b Ь'

6

. Метрические соотношения в прямоуголь­

ном треугольнике: если а и b — катеты, с— ги­

потенуза, Һ — высота, а' и Ь' — проекции кате­

тов на гипотенузу (рис. 4), то: а) Һ2 — a'b'\

б) а2 — са'\ в) Ь2— cb'; г) а2 Ь2 = с 2; д) Һ —

ab

а2 = № + с2 — 2 be х

а

sin А sin В с sin С

7. Теорема косинусов:

X cos А (рис. 5).

8

. Теорема синусов:

—

2R, где R — радиус описанной около треуголь­

ника окружности.

9. Определение вида треугольника по его сторонам: пусть а, b и с — стороны треуголь­

ника, причем с — наибольшая сторона, тогда:

Рис. 4

7

а) если с2 < а2 +

62, то треугольник ос­

троугольный;

б) если с2 — а2 + Ь2, то треугольник прямоугольный;

в) если с2 > а2 + Ь2, то треугольник тупоугольный.

10. Теоремы Чевы: пусть в треугольни­

ке Л В С на сторонах АВ, ВС, АС взяты со­

ответственно точки D , Е, К. Для того чтобы прямые АЕ, З Қ и CD пересекались в одной точке (рис.

6), необходимой достаточно, что­

бы выполнялось равенство

№ В Е С К =

1 BD ' СЕ АК

11. Метрические соотношения в парал­

лелограмме: сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон: -j- = 2а2-\- 2b2 (рис. 7).

II.

Окружность

12. Свойства касательных к окружности:

а) радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной (рис.

8);

б) две касательные, проведенные к ок­

ружности из одной точки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла меж ­ ду ними (рис. 9).

13. Измерение углов, связанных с окруж­

ностью:

а) центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается;

б) вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается;

в) угол между касательной и хордой из­

меряется половиной дуги, заключенной меж­

ду касательной и хордой.

14. Теоремы об окружностях и треуголь­

никах:

а) около всякого треугольника можно опи­

сать окружность; центром окружности слу­

жит точка пересечения перпендикуляров, проведенных к сторонам через их середины;

б) во всякий треугольник можно впи­

сать окружность; центром окружности сл у­

жит точка пересечения биссектрис.

15. Теоремы об окружностях и четырех­

угольниках:

а) для того чтобы около четырехугольника можно было описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма противолежащих уг­

лов четырехугольника была равна 180° (а + + Р = 180°, рис.

10);

б) для того чтобы в четырехугольник мож­

но было вписать окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противолежащих его сторон были равны (а + с = b + d, рис.

11).

16. Метрические соотношения в окружности:

а) если хорды А В и CD пересекаются в точ­

ке М, то A M ■ ВМ = СМ ■ D M (рис. 12);

б) если из точки М к окружности проведены две секущие МЛ В и M C D , то A M • В М —СМ X

X D M (рис. 13);

в) если из точки М к окружности прове-£

дены секущая М Л В и касательная МС, то A M • В М = С М2 (рис. 14).

III. Площади плоских фигур

17. Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия.

18. Если у двух треугольников равны осно­

вания, то их площади относятся как высоты;

если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.

19. Формулы для вычисления площади тре­

угольника:

. с ah ... 0 afcsin C ч с abc ч с

a) S = - ; б) 5 = --- в) 5 = — ; г) 5 = р г ,

’ 2 ’ 2 4R

где р — -ZL-JlE; — радиус описанной окруж­

ности; г — радиус вписанной окружности.

д) 5 = ү р (р — а) (р — Ь) {р — с) (формула Ге- рона).

20. Формулы для вычисления площади вы­

пуклого четырехугольника (рис. 15): а) 5 —

= 5 , ' лвс + S -f- S г, = 5 "Ь‘5 всо= 5

ло/3

+ S c o d + 5 Л О П '

б) S = - A C

2

'ЛОВ~^3 BD

вое sin a;

в) S = pr (если в четырехугольник можно впи­

сать окружность и г — ее радиус).

21. Формулы для вычисления площади параллелограмма (рис. 16): а) 5 = oh; б) S — fi

= ab sin С; в) 5 = — d-Л» sin a.

2

9

Рис. 15

Рис. 16

22. Формула площади трапеции (рис. 17):

23. Формула площади кругового секто­

ра (рис. 18): S = — R 2a (а — радианная мера центрального угла).

24. Формула площади кругового сегмен­

та (рис. 19): 5 = — R 2 (« — sin а ).

При решении геометрических задач час­

то приходится устанавливать равенство двух отрезков (или углов). Укажем три основ­

ных пути геометрического доказательства равенства двух отрезков:

1

) рассматривают эти отрезки как сторо­

ны двух треугольников и доказывают, что эти треугольники равны;

2) рассматривают эти отрезки как сторо­

ны одного треугольника и доказывают, что этот треугольник равнобедренный;

3) заменяют отрезок а равным ему отрез­

ком а', а отрезок b — равным ему отрезком Ь' и доказывают равенство отрезков а' и Ь'.

При решении геометрических задач часто приходится делать дополнительные построе­

ния. Укажем некоторые из них: проведе­

ние прямой, параллельной или перпендику­

лярной одной из имеющихся на рисунке;

удвоение медианы треугольника, в результа­

те чего треугольник достраивается до парал­

лелограмма; проведение вспомогательной ок­

ружности; проведение радиусов в точки ка­

сания окружности и прямой или двух окруж­

ностей и др.

П р и м е р 1. Две взаимно перпендику­

лярные прямые пересекают стороны А В , ВС, CD и AD квадрата ABCD соответственно в точках £ , F, К , L. Докажем, что Е К = FL (рис.

20).

Р е ш е н и е . Используя первый из ука­

занных выше путей для доказательства ра­

венства двух отрезков, проведем FM (|

|| CD и К Р || A D , тогда интересующие нас отрезки Е Қ и FL станут сторонами двух прямоугольных треугольников Е Қ Р и FLM (рис.

21), и, значит, достаточно доказать

равенство этих треугольников.

Рис. 17

Рис. 20 Рис. 21 Рис. 22

Имеем: Р Қ — Ғ М (как высоты квадрата), A. LFM — / L E K P (как углы со взаимно перпендикулярными сторонами, теорема 1). Значит, А Е Қ Р = Д FLM (по катету и острому углу). Из равенства прямо­

угольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т. е. отрез­

ков Е Қ и FL.

П р и м е р 2. Стороны треугольника равны а, Ь, с. Вычислим медиану тс, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . Удвоим медиану, достроив треугольник до парал­

лелограмма А СВ Р (рис. 22), и применим к этому параллелограмму теорему 11. Получим: CP2 + A B 2 = 2АС2 + 2ВС2, т. е. (2тс)2 + -J- с2 =

2Ь2 + 2а2, откуда находим: т с = ^ 2а

^ ~ с .

П р и м е р 3. Докажем, что ортоцентр остроугольного треуголь­

ника совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник, об­

разованный основаниями высот.

Р е ш е н и е . Поскольку центром вписанной в треугольник ок­

ружности является точка пересечения биссектрис (теорема 146), то задача сводится к тому, чтобы доказать, что D H , Е Н , /<77 — бис­

сектрисы треугольника D E K (рис. 23). Для этого достаточно доказать что / L EDH = A . H D K .

Рассмотрим четырехугольник D H KC . Имеем: Z-HDC — 90°, Z . Н КС = 90°, значит, A HDC + А .Н ҚС = 180°, а потому около четырехугольника DFIKC можно описать окружность (теорема 15а).

Описав эту окружность (рис. 24), заметим, что углы H D K и НСҚ

11

равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту ж е дугу Н К. Ана­

логично, описав окружность около четырехугольника A EHD, за­

ключаем, что Z- E A H — Z-EDH.

Итак, А . Е А Н = A. EDH, L . H D K = Z./7C/C Но углы Е А Н и НСІС равны как углы со взаимно перпендикулярными сторона­

ми (теорема 1), значит, / L EDH = Z - H D K , что и требовалось дока­

зать.

Для составления уравнений в геометрических задачах использу­

ются теорема Пифагора, метрические соотношения в прямоугольном треугольнике (теорема

6), зависимости между сторонами и углами

прямоугольного треугольника, пропорциональность сторон, высот и периметров подобных треугольников, теорема о биссектрисе тре­

угольника (теорема 5), метрические соотношения в параллелограмме (теорема

11) и окружности (теорема 16), теорема синусов (теорема 8

), теорема косинусов (теорема 7), различные формулы для вычисления площадей.

Основным методом составления уравнения в геометрической зада­

че является метод опорного элемента, который заключается в сле­

дующем: один и тот же элемент выражается (через известные и неиз­

вестные величины) двумя различными способами и полученные вы­

ражения приравниваются друг к другу. Если в качестве опорного элемента используется площадь, то говорят также, что задача реше­

на методом площадей.

П р и м е р 4. Стороны треугольника равны а, b и с. Вычислим высоту һс, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . / способ.

Высота һс является общим катетом двух прямоугольных тре­

угольников АСН и СНВ (рис. 25). Воспользовавшись теоремой Пи­

фагора, выразим С/72 из А А С Н и из А С Н В (СН — опорный эле­

мент) .

Положим А Н — X, тогда ВН = с — х. Если бы А А С В был тупо­

угольным, то было бы ВН — с х (рис. 26); ограничимся здесь слу­

чаем, представленным на рисунке 25.

Из А А СН находим: СН2 = b2 — х2, из А В С Н находим: СН2 =

= а2 — (с — х)2.

с с

A H В Н X А В

Рис. 25 Рис. 26

= ~ V (a2 — (b — c f ) ((b + c f — d>) =

= ~ V{CL + b — c) (a ->r с — b) (b + с — a) (a + b + c).

Итак ll = ^ b -\- c) { c i b — с) {a -\- с — b) (b с — a)

’ 0 2c

II способ. Воспользуемся методом площадей. С одной стороны, площадь треугольника ABC равна Y р (р — а) (р — Ь) (р — с) , а с

П р и м е р 5. Стороны треугольника а , b и с. Найдем биссект*

рису 1С, проведенную к стороне с.

Р е ш е н и е . I способ (алгебраический). Пусть CD — биссек­

триса А А Б С (рис. 27). План решения: найдем длины отрезков AD и B D , а затем, применив к треугольникам ACD и BCD теорему коси­

нусов (учтя при этом, что Z-ACD = z - D C В ), найдем биссектрису lc = CD.

Положим AD = х, BD — у. Тогда х -{- у = с, а по свойству бис-

х b

сектрисы (теорема 5) — = —. Из системы уравнений

другой стороны, она ж е равна —chc. Приравняв эти выражения, по­

лучим:

Һ = 2 У р ^ ~ а) (Р — Ь){р — с)

с Г.

Подставив вместо р его выражение через стороны р — чим:

У (а + b + с) (« + b — с) (а + с — Ь) (Ь + с — а)

_—

у а

І

у . - 1- V = г .

С

рема 7), получим:

х2 = b2 + Р —

2bl cos t

у а

Применив к A A D C теорему косинусов (тео-

(

1

⁾

(здесь мы для краткости положили lc — I и А

^D

в

j

L A C D - A.DCB = t).

_{Рис. 27}

13

Применив к A B D C теорему косинусов, получим:

у 2 = a

2

-j- I2 —

2а/ cos t.

(2) Умножим обе части равенства (

1) на а, а обе части равенства

(2) на (— Ь) и сложим полученные в результате этих умножений равен­

ства: ах2 — by2 = ab2 — а2Ь Ң- al 2 — bl 2, откуда находим:

/2

= —^ (х2а — y 2b) -\- ab. (3) Подставим в равенство (3) найденные выше значения х и у.

Получим:

/2

= —-— ( Ь-ыС~ • --- ---- сЬ ] + ab = ab 1 \ ---\ =

а - Ь \ { а + Ь)* { a + b ) * J \ (а + 6)2 } ab (а -|- b -f- с) {а 4 b — с)

= ( а+Ь)* '

тлх я к 7 _ У ab (а + b + с) (а + Ь — с)

FiTdK , I c — a j ^ b

I I способ. Кроме искомой неизвестной величины /, введем вспо­

могательную неизвестную величину: положим х = A.ACD — / _ D C B и воспользуемся методом площадей. Имеем: S ABC = S ACD + S BCD- С одной стороны, S ABC = ~ ab sin 2х. С другой стороны, так как

S ACD = \ Ы

Sin

S BCD

=

~ a l

sin T0

S ABC

= sil1

X

+

4- i bl sin x.

2

0 1 , • о / (a + ft) sin д: , 2ab cos x

Значит, —ab sin 2x =

—1

---, откуда I — -- .

2 2 a 4 b

Для отыскания co sx применим теорему косинусов к треугольни­

ку ABC для стороны АВ. Получим: с2 — а2 4- b2 — 2 a b c o s 2 x , отку-

a2 + fe2 _ c2 -| f 1 + C O S 2 *

да находим: cos 2* = --- ^ ---• Тогда cos я — у — --- =

- Ү И ' у-

^{(й 4 Ь -(- сab) (а b — с)}

В итоге получаем:

* 2ab cos х 2ab 1 -* Г (а -f- b -{- с) (а -\- b — с) _ а -f- b а-\- b 2

У

ab

- V ab { а b с) { а b — с) а + b

При составлении уравнений в процессе решения геометрической задачи нужно иметь в виду, что успех решения часто зависит от удач­

ного введения переменных. Поясним эту мысль на следующем при­

мере.

П р и м е р

6

. В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна с,

а биссектриса одного из острых углов рав­

на

£

11

.

Найдем катеты (рис. 28).

3

Р е ш е н и е . / способ. Положим А С —х, ВС — у, CD = z. Тогда по теореме Пифагора х2 + )'2 - С

2

И X

2 + z2

= ^ К р о м е того, по теореме о биссектрисе (теорема 5) имеем — =

АС ^CD

D B'

т. е. —

с

АВ и

is с

у — z

В итоге мы получили систему трех уравнений менными: хг -[■ у

2

= с2,

Л

'2

+ 22 =

О

г

Рис. 28

с тремя пере-

X

І. с y — z

решение которой сопряжено со значительными алгебраическими труд­

ностями.

II способ. Положим Z lCAD — / - B A D = х. Составим уравнение, использовав отрезок АС как опорный элемент. Из треугольника A BC

с V 3

находим: АС = с cos 2х\ из треугольника ACD имеем: А С = —у - cos х.

Приравняв эти выражения, получим тригонометрическое уравнение о с V3

с cos 2х = cos х.

Решим это уравнение: У 3 cos 2х = cos х, \ ( 3 (2cos2 х — 1) =*

2 У З cos2

х — cos х — У З — О, — ^

= COS Л', COS X

откуда cos х или

V

^з

3

Так как по смыслу задачи c o s a '> 0 , то получаем: cosa' =

у з2

. Значит, угол BAD равен 30°, а угол В АС равен 60°. В итоге получаем:

АС = ВС = С - Х ~ .

Если в задаче требуется найти отношение некоторых величин (длин пли площадей), в частности, если требуется вычислить какой- либо угол (что обычно сводится к отысканию некоторой тригонометри­

ческой функции угла, а значит, к отношению сторон прямоугольного треугольника), то обычно поступают так: считают один из линейных элементов известным, выражают через него нужные величины, а за ­ тем составляют их отношение. Введенный линейный элемент назы­

вают вспомогательным параметром, а такой метод решения геометри­

ческих задач называется методом сведения вспомогательного пара­

метра. Он применяется в задачах, где геометрическая фигура опреде­

лена с точностью до подобпя.

П р и м е р 7. В прямоугольном треугольнике A BC из вершины прямого угла С проведены высота и медиана. Угол а между ними ра-

15

вен arccos —. Найдем отношение катетов (рис.

40 41

Р е ш е н и е. Заметим прежде всего, что по

40 СК 40 п

~ условию cos а = —, т. е. — = —. Решим за-

41

Положим

дачу методом введения раметра.

СК = Н. Тогда CM = КМ = У С №

СМ 41

вспомогательного па- С К 2= - Һ .

40

Так как в прямоугольном треугольнике медиана равна половине ги­

потенузы (теорема 4), то ЛМ = СМ = MB = ~ h . Тогда А К = '

40

AM К М = - Һ — —Һ = ~ К КВ = КМ Н- ВМ = - Һ + - Һ = - Һ ,

40 ‘10 5 40 40 4

А16,„ , /I

9 4 41

АС = у А К

2

-I- С К

2

ft* - J / 4 T ,

V + Л* в т 1 • ВС== ]/ ВК2 + СКг = һ

/ 4 І Л / 4 І

ЛС д с

£

5 ' 4 5 •

П р и м е р

8

. В равнобедренном треугольнике ЛВС угол С при вершине равен 100°. Построены два луча: один — с началом в точке А под углом 30е к лучу АВ, другой — с началом в точке В под углом 20° к лучу ВЛ. Эти лучи пересекаются в точке М. Найдем углы А СМ и В С М.

Р е ш е н и е. Соединим точки М и С и обозначим угол Л СМ через х. Опустим из точки М перпендикуляры на стороны треугольника:

М С Х _L AB, М В Х~L АС, М А Х ВС (рис. 30). Введем вспомогатель­

ный параметр, положив СМ = а, и подсчитаем М СХ двумя способами, т. е. используем М С Х как опорный элемент.

Из треугольника СМВг находим: М 5 і = МС sin д: = a sin х.

Так как / LACB — 100°, а треугольник ЛЛСпо условию равнобедрен­

ный, то ZL.CAB = zLABC — 40°, значит, / - С А М — 10°.

Из треугольника АМВХ находим: AM = ° sin^ . Наконец, из треугольника ЛМСХ имеем:

sin Юэ

MCi = AM sin 30° =

sin Юэ с sin X 2 sin 10’

Рассмотрим треугольник C M A X. В нем Z . М С А г = 100° — х.

Значит, М А г = CM sin (100° — д') = a sin (100° — х).

Так как / L MB C = 40° — 20° =

= 20°, то треугольники В МСХ и В М А Х равны, а потому МСХ =

— МАх = a sin (

100° — х).

Приравняв найденные для МСх выражения, получим тригонометрическое уравнение

= a sin (

100° — Л').

2 sin 10°

Из этого уравнения последовательно нахо­

дим: sin х =

2 sin (100°— х) • sin 10°, sin х —

= cos (90°— х) — cos (110°—х), cos (110°—a) =

=

0, x = 20°.

E

§ 2 . ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ

Рис. 31

П р и м е р 1. Основания трапеции а и Ь.

Найдем длину отрезка, соединяющего середины диагоналей (рис. 31).

Р е ш е н и е . Так как точка Р — середина диагонали Л С , а точка К — середина диагонали BD, то точки Р и Қ лежат на средней линии трапеции EF (теорема 2в). Так как Е Қ — средняя линия тре­

угольника A B D , то Е К = так как Е Р — средняя линия тре­

угольника ЛВС, то Е Р = ~ . В итоге получаем: Р К = Е К — Е Р—

а — b 2

П р и м е р 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника ЛВС, найдем сторону А С = Ь.

Р е ш е н и е . По свойству медиан в треугольнике (теорема За) медианы пересекаются в одной точке М и делятся в ней в отноше­

нии 2 : 1 , считая от вершины (рис. 32). Поэтому в Л Л М С нам из-

2 2 1

вестны две стороны: Л М = — та, МС — —гпс и медиана MD — — ть.

3 3 3

Рассмотрим А Л М С. Удвоив его медиану M D, достроим треуголь­

ник до параллелограмма Л М С Р (рис. 33). Тогда по теореме

11

ЛС'1 -f- + /ИР2 = 2 ЛМ* + 2 М С2, т. е. b8 + -т * = =

9

—

2 • — т* -{- 2 •

—т 2, откуда находим: b —

= J - ] / 2

ml

+ 2

ml — ml.

П p и м е р 3. На сторонах

Л В

и

ВС

тре­

угольника

Л В С

вне его построены квадраты

A B D E

и

В С К М .

Д окаж ем , что отрезок D /И А

в

два раза больше медианы

ВР

треугольника Рис. 32

A B C

(рис.

34).

Р е ш е н и е . Так как надо доказать, что

D M — 2ВР, то целесообразно удвоить медиану м ВР, достроив А ЛВС до параллелограмма

А ВС Т, а затем доказать, что D M = ВТ. Для

4

доказательства равенства отрезков D M и В Т нужно рассмотреть эти отрезки в качестве сто­

рон двух треугольников и доказать равенство

треугольников. В соответствии с

планом выполним решение задачи.

Удвоим медиану ВР, достроив А А В С до параллелограмма А В С Т (рис. 35).

Рассмотрим треугольники D M B и ВСТ. Имеем: В М — ВС, как стороны квадрата В М КС \ D B =

—СТ (более подробно: D B — АВ, как стороны квадрата, и А В —

= СТ, как противолежащие сто­

роны параллелограмма, значит, DB — CT); Z - D B M — / _ ВСТ (как углы со взаимно перпенди­

кулярными сторонами). Значит, A D B M — А ВСТ (по двум сторо­

нам и углу между ними), а потому D M — ВТ.

Так как В Т — 2 ВР, то из D M — В Т следует, что D M —

= 2 ВР.

II р и м е р 4. Высота, прове­

денная к гипотенузе прямоуголь­

ного треугольника, делит ее на части: 9 и 16 см. Из вершины большего острого угла треуголь­

ника проведена прямая, прохо­

дящая через середину высоты. Найдем длину отрезка этой прямой, заключенного внутри данного прямоугольного треугольника (рис. 36).

Р е ш е н и е . Имеем: СН2 = А Н • ВН (теорема

6а), значит,

СН2—9_. 16, т. е. СН— 12 см. Из A A D H находим: AD = | / 9

2

+ 62 =

= ъ Ү 13 см. Проведем НМ \\ А К и положим D K — х. Так как D K — средняя линия А Н С М , то НМ — 2х. Из подобия треуголь­

ников НМВ и А КВ заключаем, НМ ВН

16 24 / Т з

=

25, откуда х = — -—

Рис. 35

что = — , т. е.

Итак, А К =

17 75 / 1 3

17

А К = З У І З - І

АІС _А В ’ _ л + 3 / 1 3 . 24 / 1 3 75 / 1 3

17 17

СМ.

П р и м е р 5. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной стороне треугольника, а две другие вершины — на двух других сторонах треугольника. Найдем стороны прямоугольника, если известно, что его периметр равен 22,5 см.

Р е

hi

е н и е. Прежде всего определим вид треугольника. Имеем:

Ю

2

= 100, 17“ = 289, 212 = 441. Так как 212 > 10й -|- 17-, то тре­

угольник тупоугольный (теорема 9), а значит, вписать в него ирямо-

н

Рис. 3G

Н И

Рис. 37

угольник можно только одним способом: расположив две вершины на большей стороне (рис. 37).

Найдем высоту ВН треугольника ЛВС. Применив метод, исполь­

зованный нами в примере 4 из § 1 (или применив формулу, получен­

ную в этом примере), находим: ВН — 8 см.

Положим ED — х . Тогда ЕҒ — 11,25 — х (поскольку периметр прямоугольника D E F K равен 22,5 см), В Р — 8 — х.

Е Ғ ВР

Треугольники ВЕҒ и ЛВС подобны, значит, — —- — (в по-

АС ВН

добных треугольниках отношение соответственных высот равно ко-

, , \ 11,25 — л: 8 — х „

эффициенту подобия), т. е. --- = --- , откуда находим: л' = 6.

21 8

Итак, стороны прямоугольника

6 и 5,25 см.

П р и м е р

6

. В треугольнике Л ВС известно, что угол А в два раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а А С =

— 5 см. Найдем А В и ВС.

Р е ш е н и е . I способ. Проведем биссектрису AD угла Л. Тогда получим, что Z. BAD — Z .D /1C = / L A C B (рис. 38).

В A A D C углы при основании равны, значит, этот треугольник равнобедренный: AD = D C . Положим А В — х, AD — DC — у. Тог­

да ВС = ,v 2, BD — х + 2 — у.

Треугольники A BD и Л В С подобны, так как / _ B A D — / _ В С А и / - B y этих треугольников общий. Из подобия треугольников заклю-

А В BD AD х х 2 — у у

чаем, что — = — = — , т. е. --- =

— 1

--- =

ВС АВ АС х + 2 х 5

Для отыскания х и у получена система из двух уравнений с двумя переменными: ( * „ у_ откуда

V X 5

5* = ху -{-

2у,

5х +

10 — Ъу — ху.

Вычтя второе уравнение из первого, по­

лучим: 5у — 10 = 2)' и у = - ^ . Значит, —^ ==

2 * <

= —, т. е. х — 4.

3

Итак, А В = 4 см, ВС =

6 см.

I I способ. Положим / _ С — t, тогда / _ А =

— It', / _ В — 180° — 3/. Положим также Л В = х, тогда ВС = х + 2. По теореме

19