Беляев-сан

Список Верника

04 Апр 2014 3 комментария

Автор: belyaevsan в Геометрия треугольника

В 1937 году в журнале «Математика в школе» №5 и №6 была опубликована пространная статья Фурсенко о построении треугольника по трём элеменам. В этой статье Фурсенко расположил все задачи на построение треугольника в лексикографическом порядке, решил все задачи, которые имеют решение и перечислил все задачи, которые решения не имеют.

В педагогической практике известны задачи на восстановление треугольника по трём заданным точкам. В 1982 году Верник так же, как и Фурсенко в 1937-ом, составил лексигографический список задач на восстановление треугольника. Им были выбраны самые популярные точки геометрии треугольника:

$A$ , $B$ , $C$ , $O$ — вершины треугольника и центр описанной окруж-
ности;
$M_a$ , $M_b$ , $M_c$ , $G$ — середины сторон треугольника и центр масс;
$H_a$ , $H_b$ , $H_c$ , $H$ — основания высот треугольника и ортоцентр;
$T_a$ , $T_b$ , $T_c$ , $I$ — основания биссектрис треугольника и центр
вписанной окружности.

(Замечу в скобках, что мне ближе другие обозначения, но эти совпадают с нижеприведёнными на картинке.)

После чего он составил список, который называется список Верника, в котором из 139 принципиально различных задач лексикографического списка имеют решение чуть больше половины — 72 задачи. Интересно, что сам Верник, не исследовал задачи на неразрешимость, а нашел решение только 65 задач (например, у него нет решения красивой задачи №43). Расшифровка пометок в этом списке такова:

S — задача имеет решение.
U — задача не имеет решения (доказано не Верником, а последователями и, как правило, с помощью барицентрических координат).
L — (locus dependent) данные точки не могут распологаться как угодно, а лежат на некотором ГМТ.
R — (redundant) «сводящаяся» задача: полодение одной из точек определяется двумя другими.

Вот сам список (он взят из статьи Устинова):

Меня, как учителя, не интересуют задачи этого списка, которые не имеют решения. Мне интересны только те задачи, про которые известно, что у них решение есть. Как было отмечено выше, таких 72 штуки. На сегодняшний день мне не поддаются три задачи этого списка:

№57: $(A, H, I)$ ,
№82: $(O, T_a, I)$ ,
№131: $(H_a, H, I)$ .

Буду очень признателен всем, кто знает как решить эти задачи. Разумеется, имеется в виду и интересны только синтетические (чисто геометрические) решения — чистые доказательства существования, например, в барицентрических координатах — не предлагать. Исследование на количество решений не интересует — важно получить хотя бы одно.

Я весьма признателен Григорию Борисовичу Филлиповскому за то, что он познакомил меня с этими задачами и научил решать задачу №43 списка Верника. Отдельное спасибо Владимиру Черноруцкому, который внёс свежую мысль, до которой мне было тяжело додуматься, что привело к решению нескольких задач.

Приложение.

Вот как выглядел список Верника в его оригинальной статье
Wernick, W. «Triangle Constructions with Three Located Points.» Math. Mag. 55, 227-230, 1982.

Сама статья доступна для чтения on-line после регистрации на сайте http://www.jstor.org/.

Изящная задача на восстановление треугольника

02 Апр 2014 4 комментария

Автор: belyaevsan в Геометрия треугольника, Решение задач

Столкнулся тут с одной весьма изящной задачей на восстановление треугольника по заданным точкам. (Мотивировочную преамбулу, видимо напишу позднее). Речь идёт о задаче восстановления треугольника $ABC$ по середине $M_1$ стороны $BC$ , основанию $H_2$ высоты, опущенной из вершины $B$ и основанию $L_1$ биссектрисы угла $A$ . Кратко: $(M_1,H_2,L_1)$ .

Решил я её весьма непросто (страшно сказать: применил такое ГМТ, как окружность Апполония!) А вот мой коллега — Владимир Черноруцкий — мне подсказал изумительно изящное построение! С удовольствием его цитирую:

Построение В. Ч.:

Строим прямую $a_x=M_1L_1$ .
Строим окружность $\omega$ с центром в точке $M_1$ и радиусом $M_1H_2$ . Эта окружность пересекает прямую $a_x$ в точках $B$ и $C$ .
Строим прямую $b_x=CH_2$ .
Строим окружность с центром в точке $L_1$ , касающуюся прямой $b_x$ . После этого остаётся лишь построить к этой окружности касательную из точки $B$ и получить точку $A$ .

Браво маэстро!

Однако это ещё не всё!!! Вот что значит свежий взгляд: оказывается биссектриса равноудалена от сторон треугольника!!! А я-то это упустил из виду. Это замечательное наблюдение Черноруцкого позволило мне решить ещё одну задачу на восстановление, которая мне не давалась: $(A, L_1,L_2)$ :

Строим прямую $b_x=AL_2$ . Строим прямую $c_x$ симметрично отражая $b_x$ относительно $AL_1$ .
Строим окружность с центром в точке $L_2$ , касающуюся прямой $c_x$ .
Строим к этой окружности касательную из точки $L_1$ , которая в пересечении с $b_x$ и $c_x$ даёт нам точки $B$ и $C$ .

Браво маэстро ещё раз!!!

Опорные задачи (начало)

30 Сен 2013 3 комментария

Автор: belyaevsan в Вопросы зачётов и экзаменов, Опорные задачи

В этом году мне предстоит марафон, который называется «Геометрия 7-11». Не подумайте, что запятая, — тире! Хороший повод, рассказывая всю геометрию за один год, составить список опорных задач по темам всего курса планиметрии. Прошёл сентябрь и вот начало: 8 класс и 9 класс.

Электронный Кушнир

21 Апр 2013 Оставить комментарий

Автор: belyaevsan в Геометрия треугольника, Математическое просвещение, Преподавание математики Метки:Кушнир, Триумф школьной геометрии

Совершенно случайно обнаружил в сети «Триумф школьной геометрии» И. А. Кушнира (немного перепутаны страницы, но суть понятна). Кроме того, нашёл книжку, которую давно искал — её у меня не было в бумажном виде: «Геометрические воспоминания» И. А. Кушнира. Конечно, это нарушение всяких авторских прав и поэтому ссылки будут удалены при первом же требовании правообладателей. Но удержаться не могу: читайте и влюбляйтесь в геометрию!

Список планиметрических фактов

31 Дек 2012 Оставить комментарий

Автор: belyaevsan в Опорные задачи

В последнее время всё чаще я с коллегами обсуждаю необходимость создания списка основных фактов школьной геометрии. Тех фактов, которые должен знать каждый школьник. И вот я пару дней назад сел и составил такой список. Получилось 14 страниц и 101 картинка (6,5 Мб). Здесь есть несколько перегибов, связанных с моей любовью к геометрии треугольника. Однако если бы я дал волю этой страсти — всё могло бы оказаться ещё хуже 🙂 Критика, замечания и предложения по улучшению этого списка приветствуются. При составлении этого списка мне было приятно стоять на плечах гигантов: Гордина «Это должен знать каждый матшкольник» и Ямамото.

Патент на новый вид математического творчества

29 Июн 2012 2 комментария

Автор: belyaevsan в Сангаку

Патентую новый вид математического творчества: создание табличек сангаку. Как мне кажется, сангаку имеет право не только на изучение, но и на возрождение. Идея предлагать школьникам создавать деревянные таблички с основными теоремами курса геометрии и вывешивать их в классе принадлежит Д. Э. Шнолю, создавать задачи и дарить их коллегам в виде сангаку — мне. То, что вы сейчас увидите — первые опыты — так что есть куда совершенствоваться в технике исполнения.

Задачи не предполагаются суперсложными — для меня в них важнее вопросы эстетики и уважения к человеку, которому эта сангаку предназначена.

Первая сангаку, естественно, для Д. Э Шноля. Когда мне удастся её сфотографировать — выложу. Пока только задачи.

Доказать, что $R=(7+4\sqrt(2))r$ , где $R$ и $r$ — радиусы большого и малого круга соответственно.

Доказать, что $R=9r$ , где $R$ и $r$ — радиусы большого и малого круга соответственно. Кроме того, многоугольник на рисунке — дельтоид.

Моя вторая сангаку ещё не подарена — поэтому пока умолчу имя получателя.

В верхней задаче $R=\frac{R_0}{2}(3-\sqrt{5})$ , $r=R_0(\sqrt{5}-2)$ ;

в нижней $r=\frac{a}{2}(2-\sqrt{3})$ , где $a$ — сторона квадрата.

Продолжение следует…

P.S. Если кто знает чем таким рисовать линии контура на дереве так, чтобы потом это что-то не расплывалось от художественного лака, буду очень признателен за совет. Тушью? Перманентный маркер — плывёт. Пока приходится исхитряться.

Делаем усечённый икосаэдр

06 Май 2012 Оставить комментарий

Автор: belyaevsan в Математическое просвещение, Педагогические тексты

С удовольствием выкладываю вольный перевод некоторых материалов сайта Джорджа Харта. Получился небольшой текст «Практические занятия со школьниками. Идеи. Методические рекомендации». Большинство практических занятий я опробовал на школьниках. И вот на выездной школе-семинаре я показал коллегам, как это можно делать с учениками. На удивление, сделанный нами усечённый икосаэдр из CD-дисков висит вот уже третий день. Обещанное общее фото после мероприятия:

Зачёт в 8 и 10 классе

28 Апр 2012 Оставить комментарий

Автор: belyaevsan в Вопросы зачётов и экзаменов

В 8 классе 21 мая будет итоговый зачёт за 2-е полугодие. Программа экзаменов здесь.

Программа экзаменов 10 класса здесь.

Аккорд по ЧЕРНЫМ клавишам ЧЕРНОруцкого против БЕЛОЙ гаммы БЕЛЯева

31 Янв 2012 1 комментарий

Автор: belyaevsan в Задачи по геометрии, Решение задач

Появление хроматизма в музыке означало переход на новый уровень как звучания так и смысла. Гениальное изобретение Бартоломео Христофори позволило сделать строй равномерно темперированным и уравнять в правах все тональности. Так появился ХТК.

В предыдущем посте (http://wp.me/p1eSNC-5n) речь шла о простой гамме решения одной поучительной задачи.

Внутри треугольника $ABC$ расположены такие точки $D$ , $E$ и $F$ , что точка $D$ лежит на отрезке $AE$ , точка $E$ лежит на отрезке $BF$ , точка $F$ лежит на отрезке $CD$ . Известно, центр окружности $\Omega$ , описанной вокруг треугольника $ABC$ , совпадает с центром окружности, вписанной в треугольник $DEF$ . Также дано, что угол $DFE$ равен $90^\circ$ , $DE/EF=5/3$ , радиус окружности $\Omega$ равен $R=12$ , а отношение площадей $S(ABC)/S(DEF)=3,2$ . Найдите $DF$ .

Совершенно неожиданно решение обогатилось новыми звучаниями и смыслами в исполнении моего коллеги В. В. Черноруцкого. Предоставим слово мастеру:

«Я буду считать в общем виде: радиус большой окружности равен $r$ , а отношение площадей равно $m$ . Сначала рисунок — он подмножество вашего, только мне не нужны окружности. Ни первые три «построительные», ни последняя «вспомогательная». Только точки: кроме данных в задаче 6 точек ( $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ ) мне нужны $O$ , $Q$ , $P$ , $R$ — центр окружностей и точки касания вписанной в $DEF$ окружности.

1. Итак (сразу ваша нота СОЛЬ, но бемоль). Треугольник $DEF$ — египетский со сторонами $3x$ , $4x$ , $5x$ . Причем точки касания вписанной окружности делит его стороны на отрезочки $FQ=x$ , $QD=2x$ , $DR=2x$ , $RE=3x$ , $EP=3x$ , $PF=x$ . Ну, а площадь его, конечно, $S_{DEF}=6x^2$ .

2. Почти ваша ДО (но диез). Прямоугольные треугольники $CQO$ , $ARO$ и $BPO$ равны (по гипотенузе и катету), обозначим их другой катет через $t$ ( $AR=BP=CQ=t$ ). Причем $t^2+x^2=r^2$ .

3. Почти ваша ЛЯ (но диез и с педалью). Применим теорему косинусов к треугольнику $ABE$ , заметив конечно, что $\cos\angle AEB=-\cos\angle FED=-0{,}8$ . Имеем $AB^2=(t+3x)^2+(t-3x)^2+1,6(t^2-9x^2)=3{,}6(t^2+x^2)=3{,}6r^2$ (подглядели в ноту ДО).

Теперь «педаль». Повторяем те же рассуждения для треугольника $CDA$ (тут $\cos\angle CDA=-0{,}6$ ) и получаем $AC^2=(t+2x)^2+(t-2x)^2+1{,}2(t^2-4x^2)=3{,}2r^2$ и для (прямоугольного) треугольника $BFC$ получаем $BC^2=(t+x)^2+(t-x)^2=2r^2$ .

4. А вот и финал (любую ноту можно жать!) В треугольнике $ABC$ оказались известны все стороны и теперь, вспомнив формулу $4RS=abc$ , найдем площадь $S_{ABC}=\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4r}=\frac{\sqrt{2\cdot 3{,}2\cdot 3{,}6}}{4r}=1{,}2r^2$ . Вспомним теперь условие отношения площадей: $m=0{,}2\frac{r^2}{x^2}$ , откуда $x=\frac{r}{\sqrt{5m}}$ , и, наконец, $DF=4x=\frac{4r}{\sqrt{5m}}$ .»

Всё. Маэстро уходит в тишине, а слушатели подставляют значения $r=12$ и $m=3,2$ .

Поучительное решение поучительной задачи

28 Янв 2012 Оставить комментарий

Автор: belyaevsan в Опорные задачи, Решение задач

… Для меня
Так это ясно, как простая гамма.

Пушкин. Моцарт и Сальери.

На одной из недавних олимпиад была предложена поучительная задача:

Её решение — поучительное применение метода опорных задач. Решение будет разыграно по нотам простой гаммы.

ДО. (Опорная задача-метод: построение касательной к окружности)

Вспомним, как строится касательная к окружности из точки лежащей вне круга. На отрезке, соединяющем эту точку с центром окружности, как на диаметре строится новая окружность. Точки её пересечения с данной окружностью и есть точки, в которые нужно провести касательные.

РЕ. (Опорная задача-факт: равные углы опираются на равные дуги. Полезная модификация: в равных окружностях на равные дуги опираются равные углы)

Построим три окружности с диаметрами $AO$ , $BO$ и $CO$ . Эти окружности равны так как построены на радиусах описанного круга. Вписанная в треугольник $DEF$ окружность высекает них равные дуги $OP$ , $OQ$ и $OR$ . (Эти дуги стягиваются равными хордами — радиусами вписанного круга.) Тогда все отмеченные дугой на рисунке углы равны (обозначим их общее значение $\alpha$ ). Обратите внимание на интересный факт: так как углы $OKP$ и $OKQ$ равны, то точки $Q$ , $P$ и $K$ лежат на одной прямой.

МИ. (Опорная задача: если $\angle FCO=\angle FBO$ , то точки $C$ , $F$ , $O$ и $B$ лежат на одной окружности)

Применим теперь метод вспомогательной окружности. Из равенства $\angle FCO=\angle FBO$ вытекает, что точки $C$ , $F$ , $O$ и $B$ лежат на одной окружности. Следовательно, угол $COB$ равен углу $CFB$ , который является прямым по условию. Угол $A$ вдвое меньше угла $COB$ , поэтому угол $A$ равен $45^\circ$ .

ФА. (Опорная задача — суперформула: $R=\frac{a}{2\sin A}$ )

Согласно теореме синусов $a=BC=2R\sin A=R\sqrt{2}=12\sqrt{2}$ .

СОЛЬ. (Опорная задача: внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных)

Ответственный момент решения — мы ещё не использовали отношение $DE:EF=5:3$ . Из этого условия вытекает, что $DE=5x$ , $EF=3x$ , а $DF=4x$ , то есть треугольник $DEF$ — египетский. Его угол $DEF$ является внешним для треугольника $AEB$ . Тогда $\angle DEF=\angle EAB + \angle ABE=(\angle OAB-\alpha)+(\angle OBA+\alpha)=2\angle OAB=2(90^\circ-C)=180^\circ-2C.$

[Угол $OAB$ равен $90^\circ-C$ потому, что это при основании равнобедренного треугольника $OAB$ угол при вершине которого равен $2C$ — центральны угол вдвое больше вписанного угла $C$ .]

ЛЯ. (Опорная задача — суперформула: $R=\frac{a}{2\sin A}$ )

Немного тригонометрии: $\sin2C=\sin(180^\circ-2C)=\sin\angle DEF=\frac{4}{5}$ , откуда $\cos 2C=-\frac{3}{5}$ и $\sin C=\sqrt{\frac{1-\cos 2C}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$ , $\cos C=\frac{1}{\sqrt{5}}$ . Наконец $c=AB=2R\sin C=2\cdot 12\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{48}{\sqrt{5}}$ .

СИ. (Финальный подсчёт)

Вычислим теперь все элементы данного в условии соотношения: $S(ABC)/S(DEF)=3,2$ .

$S_{DEF}=\frac{1}{2}3x\cdot 4x=6x^2$ .

$S_{ABC}=\frac{1}{2}ac\sin (A+C)=\frac{1}{2}12\sqrt{2}\cdot\frac{48}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\frac{6\cdot 3\cdot 48}{5}$ .

Имеем уравнение

$3,2=\frac{16}{5}=\frac{6\cdot 3\cdot 48}{5\cdot 6x^2}$ , откуда $x=3$ , значит $DF=4x=12$ .

Ответ: $DF=12$ .