Аккорд по ЧЕРНЫМ клавишам ЧЕРНОруцкого против БЕЛОЙ гаммы БЕЛЯева

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 (AB, 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=2xRE=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.

Реклама

1 комментарий (+add yours?)

  1. kate
    Янв 15, 2013 @ 18:38:44

    Ваше решение очень мне помогло! спасибо!

    Ответить

Добавить комментарий

Заполните поля или щелкните по значку, чтобы оставить свой комментарий:

Логотип WordPress.com

Для комментария используется ваша учётная запись WordPress.com. Выход / Изменить )

Фотография Twitter

Для комментария используется ваша учётная запись Twitter. Выход / Изменить )

Фотография Facebook

Для комментария используется ваша учётная запись Facebook. Выход / Изменить )

Google+ photo

Для комментария используется ваша учётная запись Google+. Выход / Изменить )

Connecting to %s

%d такие блоггеры, как: