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

Звёздные задачи

В экзаменационной программе 10 класса задачи 53 и далее отмечены звёздочкой как задачи повышенного уровня сложности. Это задачи 1.23-1.26 из сборника Прасолова, Шарыгина «Задачи по стереометрии».

Превратности знаменитой теоремы

Как известно, термин  «средняя линия треугольника» придумал А. П. Киселёв (у Евклида этого термина нет). Но! Если вы посмотрите как доказывается теорема о средней линии треугольника в «первоисточнике» — его учебнике геометрии — наивысшем авторитете в вопросах «доступности», то с ужасом обнаружите, что эта теорема доказывается методом «от противного»! Как? — удивитесь вы.- Если можно обойтись без «противного» метода в начале курса, то почему Киселёв этого не сделал?! Что-то не так! Как же излагается эта теорема у других авторов? Некоторые «ничтоже сумняшеся» повторяли доказательство Киселёва (Шарыгин, Никитин, Погорелов), другие — резко порывали с ним (Глаголев, Атанасян, Петечук). Как же было раньше?  Если заглянуть в учебник Адамара, с которым Киселёв безусловно был знаком, то мы увидим естественное и несложное доказательство. Почему же, пренебрегая доступностью Киселёв выбрал иное доказательство? Ответить нетрудно — для подтверждения своей концепции о пропорциональности отрезков, теореме Фалеса и т.д. Концептуальность победила доступность… А жаль…

Итог. Нужно знать несколько способов доказательство теоремы о средней линии.  Семь способов доказательства можно найти в книге «Альтернативные методы решения задач» И. А. Кушнира. Доказательство Адамара доступно восьмиклассникам и без теоремы Фалеса.  Процитируем его.

«Пусть в треугольнике ABC D — середина AB, E — середина AC. Отложим на продолжении DE отрезок EF равный DE. Четырёхугольник  ADCF будет параллелограммом. Следовательно, CF будет равна и параллельна DA или, что то же самое, BD.

Четырёхугольник DBCF в свою очередь будет параллелограммом, а потому DE  параллельна BC и, как половина DF, равна половине AC.»

 

6-звенные ломаные

Задача от Игоря Фёдоровича: построить 6-звенную ломаную, проходящую через все вершины куба. Авторы решений — Дима Козлов и Паша Шляпцев — вот их решения:ломаныеРебята — молодцы (особенно если учесть сколько мы с этим промучились!).

Для 11 класса кроме прочего задано решить парный вариант сегодняшней (20.10.11) контрольной работы. Текст здесь.

Задача Фаньяно

В начале XVIII итальянский инженер и математик Фаньяно деи Тоски (1682-1766) поставил следующую задачу:

Вписать в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра так. чтобы на каждой стороне треугольника ABC лежала  одна вершина треугольника.

В прилагаемом тексте содержится кратчайшее решение этой задачи по мотивам рассуждений Л. Фейера, однако существенно обогащённых формулой S=p_HR. Решение самого Фейера, а также  решение Г. А. Шварца можно прочитать в замечательной книжке Г. Радемахера и О. Теплица «Числа и фигуры» (стр. 36-46).

Новый факт геометрии трапеции!!!

На Московской математической олимпиаде 2011 года для 8 класса
появилась задача, претендующая на звание нового замечательного
факта геометрии трапеции. Задача такая:

Из концов средней линии трапеции опущены перпендикуляры на её
диагонали. Доказать, что точка пересечения этих перпендикуляров
равноудалена от вершин одного из оснований.


Доказательство.

Выберем обозначения (и проведём перпендикуляры) как на рисунке.
Пусть H — середина основания AD (для основания BC
рассуждения аналогичны), тогда прямые  MH и NH параллельны
диагоналям BD и AC соответственно. Ясно, что прямые  MH и
NH содержат высоты треугольника MNP, следовательно, H
его ортоцентр. Значит, PH перпендикулярен MN, а значит и AD,
то есть медиана PH треугольника APD является его высотой, то
есть он равнобедренный: AP=PD, что и требовалось доказать.

Что-то не так в датском королевстве

Известно, что в учебнике Погорелова (§69) за площадь сферы принимается производная функции V(R) по R:

S=\left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)'=4\pi R^2.

Аналогичное определение можно дать и площади поверхности цилиндра:

S=\left(\pi R^2 H\right)'=2\pi R H.

Однако, если аналогичное определение дать для боковой поверхности конуса, получится неверный результат:

\left(\frac{1}{3}\pi R^2 H\right)'=\frac{2}{3}\pi R H\neq\pi RL.

(\frac{2}{3}H совсем не обязательно равно L).

Этот результат тем более удивителен, ибо площадь боковой поверхности цилиндра и конуса в нашем курсе (И. Ф. Шарыгина) определяется как площадь их плоской развёртки, а площадь сферы как некоторый предел.

(по мотивам заметки А. Смолякова в «Кванте» №8, 1982, стр. 59)

Назад — предыдущие записи