Изящная задача на восстановление треугольника

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:

(M1,L1,H2)

Построение В. Ч.:

  1. Строим прямую a_x=M_1L_1.
  2. 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.
  3. Строим прямую b_x=CH_2.
  4. 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):

(A,L1,L2)

  1. Строим прямую b_x=AL_2. Строим прямую c_x симметрично отражая b_x относительно AL_1.
  2. Строим окружность с центром в точке L_2, касающуюся прямой c_x .
  3. 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!!!

Реклама

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.

Поучительное решение поучительной задачи

… Для меня
Так это ясно, как простая гамма.

Пушкин. Моцарт и Сальери.

На одной из недавних олимпиад была предложена поучительная задача:

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

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 модификацияв 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.

Подкурсы в Л2Ш

Здесь выложены  домашние задания для занятиях на подготовительных курсах при МФТИ в Л2Ш. По мере необходимости страница будет обновляться. Пока выкладываю следующие задания:

№1 «Иррациональные уравнения»,

№2 «Неравенства рациональные и с модулем»,

№3 «Множества на плоскости»

ответы к №1 и №2,

№3 «Иррациональные неравенства».

№4 «Множества на плоскости»

Буду признателен за замеченные опечатки. Вопросы по задачам приветствуются.

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.