Основная часть

Владение геометрией означает умение решать геометрические задачи. Но прежде чем приступить к решению, необходимо наглядно представить, вообразить, нарисовать фигуры, о которых идет речь в этой задаче. Таким образом, первым и важнейшим этапом решения геометрической задачи является построение верного, наглядного чертежа (рисунка) по условию этой задачи. Верно, наглядно и хорошо выполненный рисунок (чертеж) к задаче – это надежный помощник при ее решении. Но именно при выполнении необходимого «задачного рисунка» и возникают проблемы. Во многих случаях становится недостаточным первоначальное построение фигур, которые заданы в условии задачи. В процессе решения возникает необходимость дополнительных построений на уже построенном чертеже: без них решение задачи становится невозможным. Выполнение этих дополнительных построений – другая, еще большая проблема при решении задач, как планиметрии, так и стереометрии. Иногда в результате анализа решения задачи приходится отказываться от уже построенного изображения и выполнять новый чертеж, обладающий большей простотой и наглядностью, наиболее верно изображающий расположение фигур в соответствии с условием задачи. Имеется немало задач, процесс решения которых состоит в последовательном уточнении рассматриваемой конфигурации с соответствующими изменениями рисунка, окончательный вид рисунок принимает лишь с окончанием решения.

В данной работе предлагается несколько планиметрических задач, детальный анализ которых позволит убедиться в реальной и существенной пользе проделанной работы.

Проиллюстрируем сказанное на геометрических задачах на взаимное расположение окружностей. Поскольку здесь мы имеем дело с окружностями и ее дугами, то является очевидным использование следующих утверждений:

• Если две окружности касаются внешне или внутренне, то точка касания и центры этих окружностей лежат на одной прямой;

• Расстояние между центрами двух внешне касающихся окружностей равно сумме радиусов этих окружностей, а расстояние между центрами двух внутренне касающихся окружностей равно разности радиусов большей и меньшей окружностей;

• Касательная к окружности или ее дуги перпендикулярна к радиусу окружности или ее дуги, проведенному в точку касания.

Задача 1.

Расстояние между центрами окружностей радиусов 1 и 9 равно 17. Обе окружности лежат по одну сторону от общей касательной. Третья окружность касается обеих окружностей и их общей касательной. Найдите радиус третьей окружности.

Решение:

Рассмотрим краткое авторское решение задачи. Пусть О₁ и О₂ –центры заданных окружностей, М₁ и М₂ – точки касания их с общей касательной, О-центр третьей окружности, х - искомое значение радиуса. При касании окружностей расстояние между их центрами равно сумме радиусов, а проведя стандартные построения перпендикуляров к радиусам, проведенными в точки качания, получим значения длин отрезков, равные разностям соответствующих радиусов.

М1 М М2

В

О₂

треугольнике О₁ОР: О₁О = х+1, ОР= х-1. Тогда О₁Р=М₁М=2 .

В треугольнике О₂ОК: О₂О= х+9, О₂К=9-х. Откуда ОК=6

Используя треугольник О₁О₂F, получаем:

О₁F=М₁М₂= = 15

Составляем уравнение 2 +6 =15, откуда х=

Теперь второй вариант расположения фигур, предложенный составителями.

О

О₁

О₂

F

М

Т

О₁

М М₁ М₂

Отметим, что длина отрезка М₁М₂ не изменилась. Рассуждая аналогично, получаем:

FO₂=6 , ТО₁=2 .

Составляем уравнение:

6 - 2 =1,

Откуда х=

Ответ авторов: или

На следующий день, получив решения, мы увидели, что у авторов не было еще двух возможных конфигураций, которые были в наших решениях.

После дополнительной проверки полученных результатов мы не обнаружили внутренних противоречий.

Третий вариант расположение фигур:

О

О₁ О₂

Т

М₁ М₂

ОО₁=х+1, ОТ=х-1, О₁Т=15.

Составляем уравнение, применяя теорему Пифагора для треугольников О₁О₂D:

(х+1)²=15²+(х-1)²,

Откуда х= .

Четвертый вариант расположение фигур:

О₂

O F

O₁ T

М₁ М₂

ОО₂=х+9, О₂F=9-х, ОF=М₁М₂=15.

Составляем уравнение, применяя теорему Пифагора в треугольнике О₂ОF:

(Х+9)²=(9-х)²+15²,

Откуда х=

Рассмотренные варианты лишний раз показывают, насколько непросто решить задание в полном объёме.

Конечно, такое задание позволяет оценить, умение четко анализировать текст условия задачи, знания планиметрических утверждений, умение стоить рисунки и делать логические выводы.

Задача 2.

Через каждую из вершины B и D параллелограмма ABCD проведены прямые, перпендикулярные к АВ и ВС. Они ограничивают параллелограмм, подобный АВСD. Найдите площадь АВСD, если АВ=1, ВС=2.

Решение:

F

B₁

2x

D₁ x D

A 2

1

B C

E

Достроив стороны ВА и АD до высот ВВ₁ ДД₁ треугольника ВDF, видим, что А-точка пересечения его высот. Допустим сначала, что нам удалось найти такое положение точки А, при котором АВС-острый и параллелограммы подобны. В принципе, возможны два случая: FD=2FB.

Но поскольку очевидно, что FBA= FDA, a ABD>ADB (так как AD>AB), то FBD> FDB, и следовательно, имеет место случай FD=2FB, а значит,DD₁=2BB₁ (т.к. DD₁*FB=BB₁*FD=2S_FBD). С другой стороны, полагая AD₁=x, получим: АВ₁=2х, так как треугольники D₁BAи B₁DAподобны. Учитывая, что AD=2, АВ=1, получаем уравнение:

2+х=AD +x=DD₁=2BB₁=2(AB+2x)=2+4x

X=0, что не возможно при остром угле АВС. Говоря точнее, значение х=0 отвечает тривиальному случаю АВС=90⁰, то есть случаю, когда данный параллелограмм-прямоугольник; ясно, что в этом случае второй прямоугольник, условие задачи выполнено и искомая площадь равна 2.

Увеличив угол В, получим расположение, показанное на рисунке. Здесь можно провести аналогичное решение, но проще заметить, что если параллелограммы на этом рисунке подобны, то фактически мы получаем уже рассмотренный случай, только роль исходного параллелограмма теперь играет параллелограмм BEDF. Так что и этот случай не возможен.

A D₁ D

B₁ F

E

B C

Передвинув точку А еще дальше, мы приходим к новому расположению, в котором АВD становиться тупым, а приведенные выше рассуждения неприменимы( в частности, равенство FBA= FDAзаменяется на FBA+ FDA=180⁰.

E

A D

α

α

B C

F

Заметим, что сейчас диагональ BD в обоих параллелограммах соединяет вершины тупых углов, поэтому она соответствует сама себе при преобразовании подобия, переводящего один параллелограмм в другой, и углы В, D, А треугольника BDA равны углам D, B, E треугольника DBE. (попутно получаем, что коэффициент подобия параллелограмма равен 1, то есть они равны, но этот факт нам не понадобиться).

Если BDA=α, то DBA= DBE+90⁰=α+90⁰.

По теореме синусов для треугольника ABD, sinDBA :sinBDA=sin(α+90⁰) : sinα=AD:AB=2, откуда tgα= . Наконец, BAD=180⁰-(90⁰+2α) =90⁰-2αsinBAD =cos2α= .

Ответ: S_ABCD= .

Задача 3.

В круг вписан треугольник со сторонами 18, 34, 20 см. Вычислите длину хорды, которая лежит на одной прямой с большей высотой треугольника.

Если, по привычке, нарисовать на чертеже остроугольный треугольник, то можно наметить такое решение:

C

20 34

_{x H y}

A 18 B

K

Положим AH=х, BH=y, решим систему уравнений х+у=АВ=18 (наибольшая высота CH проводиться к наименьшей стороне), 34²-у²=20²-х²(=CH²), и найдём высоту CH; тогда HK можно будет найти по теореме о пересекающихся хордах: HK*CH=xy, а искомая хорда равна CH+HK. Но начав эти вычисления, мы сразу получим, что у>AB.

Это значит, что угол А - тупой и рисунок надо исправить.

О днако и в этом случае вычисления, которые мы оставляем, ведут к противоречию! В чём же дело? Оказывается, имеет место третий, поначалу совсем неочевидный случай «очень тупого» угла А (рис 8).

С

O

C

O

K

Н

А

M

К

Рис 8. x B

Н

х

M

Н

В

А В

При решении задач такого рода нужно, во-первых, понять, как выглядит чертёж, для чего необходимо учесть все мыслимые возможности-здесь-то и помогает точное построение, которое легко выполнить на компьютере, либо динамическая модель, демонстрирующая все случаи. Во-вторых, нужно обосновать правильное расположение вычислением. Впрочем, часто удается найти решение, не зависящее от чертежа (вспомним известный афоризм «Геометрия-это искусство проводить правильные рассуждения на неправильном чертеже»). В данном случае длину хорды можно найти, зная радиус окружности и расстояние от хорды до центра. Радиус R вычисляется по формуле для площади треугольника S= , где a,b,c,,-его стороны, а площадь S выражается через них по формуле Герона. А расстояние от центра до хорды, то есть до прямой CH на наших рисунках, равно расстоянию от середины M стороны AB до основания высоты H; в наших обозначениях- , где х и у – решения приведенных выше уравнений (при этом х и у - это длины отрезков AH и BH, взятые с соответствующими знаками; например, на рис. 8 х<0, у>0). Первое решение также можно сделать универсальным с помощью направленных отрезков и понятия степени точки относительно окружности.

Ответ: 6,5.

Задача 4.(Диагностическая работа№1 ЕГЭ 2013г)

В треугольнике АВС известны стороны АВ=6, ВС=8, АС=9. Окружность, проходящая через точки А и С, пересекает прямые ВА и ВС соответственно в точках K и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности , вписанной в треугольник АВС. Найдите длину отрезка KL.

Решение:

Обе точки K и L не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок KL не может касаться вписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точке лежит на стороне треугольника.

Пусть обе точки K и L лежат на стороне треугольника (рис 1).

Ч етырёхугольник АKLС – вписанный, следовательно, КАС = 180ᵒ - ВLK.

Рис. 1

Значит, треугольник АВС подобен треугольнику LBK, так как угол АВС – общий.

Пусть коэффициент подобия равен k, тогда BL = kAB, BK = kBC, KL = kAC.

Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника AKLC равны:

АК + LC = KL + АС; АВ(1-k) + ВС(1-k) = АС(1+k); k = .

Подставляя известные значения сторон, находим k = = .

С ледовательно, KL = АС = .

Пусть точка К лежит на продолжении стороны АВ (рис 2).

Углы AKL и ACL равны, поскольку опираются на одну дугу.

Значит, треугольник АВС подобен треугольнику LBK, так

Как угол АВС – общий. Более того, они описаны около

одной и той же окружности. Следовательно,

коэффициент подобия равен 1, то есть треугольник LBK

и АВС равны, поэтому KL=АС=9. Заметим, что ВК=ВС>АВ

и точка К действительно лежит на продолжении стороны АВ.

Если точка L лежит на продолжении стороны ВС, то ВL>ВС

но аналогично предыдущему случаю получаем BL=AB<BC

Значит, этот случай не достигается.

ОТВЕТ: и 9.