Розділ 8 Варіації на тему однієї геометричної задачі

Одна красива задача – це немало. А якщо вона, до того ж, провокує до складання інших, не менш красивих задач – це вже свято на вулиці Геометрії.

Задача . Дано кут і довільну точку всередині нього. Проведіть через пряму – так, щоб (рис.1).

Р озв’язання. На промені відкладемо відрізок , який дорівнює відрізку (рис.2). Потім через точку проведемо прямі паралельно сторонам кута. Вони перетнуть ці сторони в точках і , які й будуть шуканими. Дійсно, за побудовою є паралелограмом, – його діагональ, – середина діагоналі. Отже, точка ділить навпіл відрізок , тобто .

Без сумнівів, гарна задача – як за умовою, так і за розв’язанням. Однак говорити про неї було б не варто, якби вона не народжувала чудові імпровізації.

З адача 1. Дано кут і довільна точка всередині нього. Проведіть через пряму в такий спосіб, щоби вона відтинала від сторін кута трикутник мінімальної площі.

Р озв’язання. Відповіддю до цієї задачі буде трикутник задачі ¤ (дивіться рис.2). Дійсно, будь-який трикутник буде мати площу, більшу ніж , точно на “шматочок”, який заштриховано на рис.3.

Задача 2. Відновіть трапецію за прямими, які містять бічні сторони, серединою однієї з діагоналей і точкою на прямій, що містить основу трапеції.

Розв’язання. Нехай потрібно побудувати трапецію . Позначимо прямі, що містять бічні сторони і , через і (рис.4), середину діагоналі точкою , а також – точку на прямій, яка містить основу . Проведемо , як ми це робили в задачі ¤ – для кута точки . Оскільки така точка належить основі , то далі очевидно.

Задача 3. Дано кут та довільні точки і всередині нього. Побудуйте паралелограм – такий, щоб точки і належали сторонам кута .

Розв’язання. Позначимо через точку середину відрізка і проведемо через точку пряму – як в задачі  (рис.5). Очевидно, що паралелограм – шуканий.

Задача 4. побудувати ромб, три вершини якого належать трьом даним прямим, а центр симетрії ромба знаходиться в даній точці.

Р озв’язання. Нехай , і – дані прямі (рис.6) і – центр симетрії ромба. Проведемо через точку пряму – як ми робили це в задачі . Вона перетне прямі і в точках і , причому . Через точку проведемо пряму перпендикулярно , яка перетне пряму в точці . Остання вершина шуканого ромба симетрична вершині відносно точки .

Задача 5. Побудувати опуклий чотирикутник, якщо задано середини трьох рівних його сторін.

Р озв’язання. Позначимо через точки , і – середини рівних сторін , і чотирикутника (рис.7). Проведемо відрізки , і побудуємо серединні перпендикуляри до них, які перетнуться в деякій точці . Ми отримаємо ситуацію, аналогічну до задачі  (для і точки ). Тоді легко побудуються точки і , . Залишається побудувати точки і , що не завдає труднощів, оскільки і .

Задача 6. Через точку перетину бісектрис трикутника проведено пряму, яка відтинає від нього трикутник . Доведіть, що , де – радіус вписаного в кола.

Р озв’язання. З усіх можливих трикутників розглянемо той, який має найменшу площу. За задачею 1 в ньому , тобто цей трикутник – рівнобедрений (рис.8). Проведемо перпендикуляр до сторони , який дорівнює .

Трикутники і подібні за двома кутами. В трикутнику : . В трикутнику : .

Тоді формула матиме вигляд: (зауважимо, що знак рівності має місце, коли і ).

Задача 7. В довільному трикутнику через центроїд – точку перетину медіан – проводять прямі, які кожного разу ділять даний трикутник на чотирикутник і трикутник. Доведіть, що відношення площ отриманих трикутника і чотирикутника не менше ніж .

Р озв’язання. Нехай дано , через центроїд якого проводяться різні прямі. З усіх трикутників, що відтинаються при цьому, за задачею 1, найменшу площу має (рис.9), в якому . З подібності трикутників і випливає, що (площі подібних фігур відносяться як квадрати відповідних лінійних елементів).

Отже, . Але ми брали з мінімальною площею. Таким чином, для довільного трикутника вигляду виконується нерівність .