Муниципальное автономное образовательное
учреждение
«Школа
№103
с
углубленным изучением отдельных предметов»
МЕТОД МАЛЫХ ШЕВЕЛЕНИЙ.
РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ.
Работу
выполнила:
Денисова
Анастасия Валерьевна,
ученица
11 «А» класса
МБОУ
СОШ №103
Научный
руководитель:
учитель
математики
высшей
квалификационной категории
Курганова
Галина Алексеевна.
Нижний
Новгород.
2013г.
Содержание
Введение.
Постановка проблемной задачи __________________3 стр.
Общее понятие «метода
малых шевелений» ________________4 стр.
Геометрические
задачи с использованием ММШ_____________ 7 стр.
Олимпиадные задачи
____________________________________11 стр.
Планиметрические
задачи с неоднозначным условием
на экзамене
в форме ЕГЭ (многовариантные задачи),
уровня С
_________________________________________ 19 стр.
Вывод
____________________________________________ 33 стр.
Список
использованной литературы____________________34 стр.
1.
Введение
Мне выпала честь учиться в классе с углубленным изучением математики, поэтому
на уроках часто приходится решать задачи повышенной сложности. Интересно
узнавать различные методы решения задач, особенно тех, которые помогают решать
задачи без особых усилий или играют огромную роль в экономии времени, облегчают
поиск оптимального решения. К сожалению, из-за нехватки времени на уроках,
учитель не всегда успевает рассмотреть различные методы решения задач, но так
как я человек творческий и нахожусь всегда в поиске дополнительных знаний, мне
учитель рекомендует почитать научную литературу. Так при подготовке к очередной
олимпиаде по математике я прочитала о необычном методе решения ряда задач по
геометрии. Речь идёт о методе «малых шевелений». Этот
прием “малых шевелений” используется для задач, в которых требуется выбрать из
некоторого множества фигур ту, которая является наилучшей, для этого берётся
произвольная фигура и делается попытка малыми шевелениями ее улучшить, т.е. из
нескольких ее свойств изменяется только одно, стараясь сохранить остальные. Меня
заинтересовал этот метод решения и встал вопрос: а в каких категориях задач этот
метод применяется, кроме как в олимпиадных. Готовясь к выпускным экзаменам в
форме ЕГЭ, особенно решая геометрические задачи уровня С, я нашла применение
этого метода малых шевелений. Это стало неотъемлемой частью моей работы, так
как эти исследования оказались не только интересными, но и полезными при
подготовке к экзамену.
В процессе работы над темой, возникла необходимость проверить верность решения
задач с движущимися объектами, с этой проблемой помогла справиться программа для
построения геометрических чертежей: «Geogebra»,
которую тоже пришлось осваивать и изучать.
2.
Общее понятие «метода шевелений».
Сложность рассматриваемых задач существенно различна. Для
решения некоторых из них достаточно смекалки, логики и пространственного
воображения. Другие задачи требуют некоторого опыта, интуиции и
наблюдательности. Чтобы решить наиболее трудные задачи потребуется умение
организовывать работу над задачей и владеть определенной техникой. Чтобы разобраться
и понять суть метода малых шевелений , рассмотрим несколько простых задач:
Задача 1. Из точки Р, расположенной внутри выпуклого
многоугольника, опускаются перпендикуляры на его стороны или на их продолжения.
Условимся основание такого перпендикуляра называть «приятным», если оно принадлежит стороне, и «неприятным» в противном случае. Верно ли, что
всякая внутренняя точка любого многоугольника имеет по крайней мере две
приятные проекции?
Решение. Возьмем сначала в
качестве искомого выпуклого многоугольника треугольник ABC.
Если он остроугольный, то все проекции любой его внутренней точки — приятные.
Пусть тр. ABC тупоугольный.
В этом случае внутри него легко выбрать такую точку Р, у которой
будут две приятные проекции (рис. 1). Теперь нетрудно построить выпуклый четырехугольник
и точку, лежащую на его контуре, так, чтобы эта точка имела только одну приятную
проекцию. Таков, например, четырехугольник MNCB на
рисунке 2 (MN — любая прямая, оставляющая снаружи
проекции А',
В', С'). Точка Р на его контуре имеет одну приятную
проекцию (этой проекцией будет сама точка Р). Но точка Р не
лежит внутри многоугольника MNCB. Поэтому
«пошевелим» точку Р — сдвинем ее немного внутрь четырехугольника. При малом
«шевелении» точки Р мало пошевелятся и ее проекции. Поэтому при достаточно
малом шевелении те проекции, которые были неприятными до шевеления точки Р,
останутся такими и после шевеления. Значит, после шевеления точки Р
мы получим внутри четырехугольника точку Р', у которой будет ровно одна приятная
проекция (а именно — проекция на сторону MN).
Задача 2. Известно, что в каждом треугольнике
три высоты (или их продолжения) пересекаются в одной точке. Верно ли
аналогичное утверждение для тетраэдра: «все высоты любого тетраэдра (или их
продолжения) имеют общую точку»?
Рис.3
Решение.
Возьмем произвольный тетраэдр ABCD и
проведем в нем высоты AM и
DN (рис. 3). Теперь
пошевелим этот тетраэдр, сдвинув вершину D в
положение D', находящееся,
однако, в плоскости BCD. В
новом тетраэдре A BCD'
высота
AM та же
(поскольку плоскости BCD и
BCD' совпадают),
т. е. эта высота «выдерживает» шевеление точки D в
плоскости BCD. В
то же время высота D'N' нового
тетраэдра может сместиться в любое положение, параллельное DN (и
достаточно близкое к DN). Ясно
теперь, что за счет шевеления точки D можно
получить тетраэдр, в котором высоты AM и
D'N' не
имеют общих точек (даже если в первоначальном тетраэдре высоты AМ
и DN пересекались).
Значит, утверждение, аналогичное теореме о трех высотах треугольника, для
произвольного тетраэдра неверно.
Задача 3. Существует ли выпуклый ограниченный
многогранник, ортогональная проекция которого на любую плоскость является
1979- угольником?
Решение.
Предположим,
что такой многогранник существует. Вместо того, чтобы проектировать этот
многогранник на всевозможные плоскости, нам будет удобнее, придавая
ему всевозможные положения
в пространстве, проектировать его на фиксированную плоскость а.
Расположим
наш многогранник так, чтобы одно из его ребер — скажем, А1А
2 — было перпендикулярно плоскости а. При проектировании его в этом
положении вершины А1,
А 2 перейдут в одну и ту же вершину Pt некоторого
1979-угольника Р1
Р 2 ... P1979
Пошевелим
многогранник так, чтобы ребро А1А 2 перестало
быть перпендикулярным плоскости а и вершины А1
и А2
спроектировались в две разные вершины многоугольника проекции. Если это
шевеление сделать достаточно малым, то различные вершины Pi
,Рj останутся вершинами (не уйдут
«внутрь»), причем различными. Таким образом, в новом положении наш многогранник
проектируется по крайней мере в 1980- угольник. Противоречие!
Следовательно,
искомого многогранника не существует.
На
этих простых примерах уже видна суть применяемого здесь приема «малых
шевелений». Свойства геометрических объектов распадаются на два типа: устойчивые
— сохраняющиеся при всех (достаточно малых) шевелениях фигуры, и неустойчивые
— разрушающиеся при некотором малом шевелении. Так, в задаче 1
свойство «проектироваться на продолжение стороны» устойчиво, а свойство
«находиться на контуре многоугольника» неустойчиво. В третьей задаче свойство
«проекции двух вершин многогранника различны» устойчиво, в то время как
свойство «проекции двух вершин многогранника совпадают» неустойчиво. Поэтому,
если мы ищем фигуру, обладающую некоторым набором свойств, то мы сначала
добиваемся выполнения нужных устойчивых свойств, а затем подходящим малым
шевелением устраняем ненужные нам неустойчивые свойства.
3.
Геометрические задачи с использованием ММШ.
Решим
теперь более сложную задачу:
Задача 4. Можно ли в правильном
тетраэдре просверлить сквозное отверстие (не обязательно круглое), через
которое может пройти такой же тетраэдр?
Решим
сначала родственную математическую задачу:
Задача 4а. Можно ли расположить в пространстве
два конгруэнтных правильных тетраэдра, так, чтобы при ортогональном проектировании
их на некоторую — одну и ту же — плоскость проекция одного тетраэдра
лежала целиком (включая и ее границу) внутри проекции другого тетраэдра?
Решение. Расположим тетраэдр
Т' так,
чтобы его грань А'В'С'
лежала в плоскости проекции а (рис. 4). Второй тетраэдр Т расположим
сначала так, чтобы проекция его грани ABC на
плоскость а совпала с треугольником А’В’С’. Теперь, шевеля тетраэдр Т, попытаемся
достичь того, чтобы его проекция на плоскость а оказалась целиком внутри
треугольника А’В’С'. Прежде
всего повернем тетраэдр Т так, чтобы внутри треугольника А'В'С’
оказалась проекция вершины С. Это можно сделать, например, так: повернем тетраэдр Т вокруг
ребра А В до
положения, в котором ребро CD станет
перпендикулярным плоскости а. При этом проекцией тетраэдра Т окажется
равнобедренный треугольник A1B1C1,
причем
| А1В1
| = | А'В'
| (рис. 5).
Пошевелим
теперь тетраэдр Т так,
чтобы проекция ребра АВ
оказалась короче отрезка А'В'. Для этого отметим середины F и
К ребер
А В и CD и
повернем тетраэдр Т
на малый угол вокруг прямой FK.
После
такого шевеления проекцией тетраэдра Т на плоскость а окажется трапеция
A2В2С2D2
(рис. 6)
Мы
видим, что тетраэдры Т
и Т' можно
расположить в пространстве таким образом, чтобы проекция тетраэдра Т на
плоскость а оказалась лежащей целиком внутри проекции тетраэдра Т’ на ту же
плоскость. Задача 4а решена.
Решение
задачи 4.
Значит,
возможно в тетраэдре Т'
просверлить отверстие, через которое пройдет тетраэдр Т
(просверливать отверстие в Т' следует перпендикулярно плоскости А’В’С',
причем так, чтобы проекцией отверстия на плоскость А’В’С' оказалась какая-либо фигура,
содержащая внутри себя трапецию A3B3C3D3
и
лежащая внутри треугольника А'В'С'.
Идею
малых шевелений полезно привлечь и тогда, когда в каком-то множестве фигур
требуется выбрать (построить, найти) ту, которая в том или ином смысле является
«наилучшей» (например, имеет наименьший периметр, наибольшую площадь и т.
п.). В таких задачах основная трудность состоит в том, чтобы сначала угадать
правильный ответ; для этого и может оказаться полезным метод малых шевелений:
возьмем сначала какую-то фигуру из данного множества и попробуем малым шевелением
ее улучшить. Если это не удается, то правдоподобно, что взятая фигура является
искомой (за этим, разумеется, должно последовать строгое доказательство).
Задача 5. Внутри угла С, меньшего, чем
развернутый, дана точка Р. Укажите способ построения прямой, проходящей через
точку Р и отсекающей от угла С треугольник наименьшего периметра.
Поиск решения. Проведем через точку Р
произвольную прямую А'В'
(рис. 8), и пусть Г
— «вневписанная» окружность для тр.А’С'В’, касающаяся стороны А'В' и продолжений
сторон СА'
и СВ'.
Представим себе сначала, что окружность Г расположена «далеко» от точки С.
Периметр 2р
треугольника А'СВ'
равен
2р = |А’С|+|СВ'|
+ |А'В'|
= |А'С
| + |СВ'
| + |А'Т
| + В'Т
| = = |A'С| + |СВ'| + |А'М |+ |B'N |
= |СМ |
+ |CN |.
Будем
приближать касательную окружность Г к вершине С, уменьшая ее радиус. При этом будут
уменьшаться отрезки CM, CN,
а
значит, и периметр 2р
— \СМ |+|CN |
треугольника А'С В'.
Если точка Р
расположена вне окружности Г, то мы можем пошевелить эту окружность так, чтобы ее
центр немного приблизился к вершине С, но чтобы точка Р еще
по-прежнему оставалась вне окружности Г; при этом периметр треугольника А'СВ'
уменьшится.
Такая
возможность — получения наряду с данным треугольником другого треугольника с
меньшим периметром — исчезнет, как только точка Р окажется не вне окружности Г, а на этой
окружности. Поэтому правдоподобно, что треугольник минимального периметра
получится тогда, когда прямая А'В' будет касаться окружности,
проходящей через точку Р и касающейся сторон угла С
Решение. Построим какую- либо
окружность Г',
вписанную в угол С; пусть О' — ее центр. Далее, обозначим через Р' первую
(считая от С) точку пересечения луча СР с построенной окружностью. При гомотетии
с центром С
и коэффициентом k=|CP|/|CP’|
точка P’
перейдет в точку Р,
и потому окружность Г' перейдет в окружность у, вписанную в угол С и
проходящую через точку Р. (Заметим, что окружность, обладающая этими свойствами, единственна;
это также вытекает из соображений гомотетии.) Через А В обозначим
касательную к окружности у, проведенную через точку Р (точки А и В лежат на сторонах угла).
Докажем,
что треугольник ABC —
искомый. В самом деле, если [A*B*] какой-либо
(отличный от [AB]) отрезок
с концами на сторонах угла, проходящий через точку Р (рис. 9), то прямая А*В*
не является касательной к окружности у, т. е.
пересекает ее в двух точках Р и Q.
Следовательно,
вневписанная окружность Г* треугольника А*В*С получается из у гомотетией
с коэффициентом, большим
единицы. Но тогда ясно, что |СМ* |+|CN*|
> |СМ
| + |CN | (рис.
9), т. е. периметр
треугольника А*В*С больше периметра треугольника ABC.
Рис.8 Рис.9
4. Олимпиадные задачи.
ММШ
можно применить к задачам повышенной сложности, например, к геометрическим
задачам математических олимпиад.
Задача 6.
Докажите, что на
координатной плоскости можно провести окружность, внутри которой лежит ровно n
целочисленных точек.
Подсказка для
решения задачи:
Проведите
маленькую окружность и раздувайте ее.
Решение
Можно
выбрать точку A плоскости, такую что на любой окружности с центром в A лежит не
более одной целой точки. Для этого достаточно, чтобы все расстояния от A до
целых точек были различными, т.е. чтобы A не лежала на серединных
перпендикулярах отрезков, соединяющих пары целых точек. Нетрудно проверить, что
серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему целые точки (a1;b1)
и (a2;b2) задается уравнением 2(a1-a2)x+2(b1-
b2)y+a22+b22- a12-b12=0.
Здесь коэффициенты при x, при y, а также свободный член - некоторые целые
числа. Поэтому если в качестве точки A взять точку с рациональной абсциссой x и
иррациональной ординатой y, ее координаты не будут удовлетворять никакому
уравнению прямой с целыми коэффициентами. Далее, можно выписать радиусы
окружностей с центром в A, проходящие через целочисленные точки, в порядке
возрастания: R1<R2<R3<... Если R1<R<R2,
то внутри окружности радиуса R будет содержаться ровно n целочисленных точек.
Задача 7.
Из двух треугольных пирамид с
общим основанием одна лежит внутри другой. Может ли быть сумма ребер внутренней
пирамиды больше суммы ребер внешней?
Решение
Рассмотрим правильную треугольную пирамиду с основанием BCD
и вершиной A. Пусть длина стороны основания равна ,
а длина бокового ребра равна 1. Возьмём на стороне AD точку D'
так, что AD' = . Если мало,
то сумма длин рёбер пирамиды ABCD близка к 3, а сумма длин рёбер
пирамиды ABCD' близка к 4.
Ответ: да, может.
Задача 8.
Можно ли покрыть
плоскость окружностями так, чтобы через каждую точку проходило ровно 1988
окружностей?
Решение
Разобьём
плоскость прямыми y = k, где k – целые числа, на
"полоски" и впишем в эти полоски всевозможные окружности диаметра 1.
Легко видеть, что каждая точка плоскости принадлежит ровно двум окружностям. Теперь
возьмем 994 таких семейства окружностей, сдвинув их “немного” друг относительно
друга по вертикали.
Ответ:
можно.
Задача 9.
Даны
две картофелины произвольной формы и размера. Докажите, что по поверхности
каждой из них можно проложить по проволочке так, что получатся два изогнутых
колечка (не обязательно плоских), одинаковых по форме и размеру.
Решение
Посмотрим
на поверхности картофелин как на абстрактные геометрические фигуры.
Подвинем их так, чтобы они пересеклись.
Возьмём маркер и нарисуем возникшую на пересечении замкнутую кривую на
каждой из картофелин.
Это и есть пути, по которым можно проложить проволочки.
Замечание. Пересечение поверхностей может оказаться устроенным
достаточно сложно — состоять из нескольких частей (если поверхность одной
картофелины пересекают несколько "наростов" другой картофелины),
иметь разветвления, быть завязанным в узел, иметь бесконечную длину
и т. п. (Речь здесь, конечно, идёт уже об абстрактных геометрических
поверхностях, а не о поверхностях обычных картофелин.)
Вообще, слова "картофелина" и "колечко" объясняют
математическое содержание задачи наглядно, но не вполне строго. Поэтому и саму
задачу (и её решение) следует рассматривать как наглядную демонстрацию
интересного математического факта, а не как строгую теорему.
Задача 10.
На
плоскости нарисовано несколько точек. Докажите, что можно провести прямую так,
чтобы расстояния от всех точек до нее были различными.
Подсказка для
решения задачи
Если расстояния от
двух точек до прямой одинаковы, то эта прямая либо параллельна прямой,
соединяющей эти две точки, либо проходит через середину отрезка, соединяющего
данные точки.
Решение
Рассмотрим
две из данных точек A и B. Пусть некоторая прямая m обладает тем свойством, что
расстояния до нее от точек A и B равны. Если точки A и B лежат по одну сторону
от прямой m, то очевидно, что прямая m параллельна прямой AB. Если же точки A и
B лежат по разные стороны от прямой m, то как нетрудно видеть, прямая m
проходит через середину отрезка AB. Итак, если расстояния от двух точек до
прямой одинаковы, то эта прямая либо параллельна прямой, соединяющей данные
точки, либо она проходит через середину отрезка, соединяющего данные точки.
Рассмотрим все прямые, проходящие через всевозможные пары данных точек. Эти
прямые образуют конечное множество L. Рассмотрим также середины всевозможных
отрезков, соединяющих пары данных точек. Эти точки образуют конечное множество
P. Выберем теперь прямую, не параллельную никакой прямой из множества L и не
проходящую ни через одну из точек множества P (это возможно ввиду конечности
множеств L и P).
Задача 11.
Дан
выпуклый многоугольник и точка O внутри него. Любая прямая, проходящая через
точку O, делит площадь многоугольника пополам. Доказать, что многоугольник
центрально-симметричный и O — центр симметрии.
Решение
Пусть
l — некоторая прямая, проходящая через точку О; A и В — точки её
пересечения с границей многоугольника. Нам надо доказать, что OA = OВ (для
любой прямой l, проходящей через точку O). Допустим, напротив, что отрезки OA и
OВ не равны; пусть например, OA > OB. Возьмём прямую l', проходящую через О
и пересекающую границу многоугольника в точках С и D, настолько близко
расположенных от точек A и B (соответственно), чтобы было OC > OD и, кроме
того, чтобы на участках границы от A до C и от В до D не было вершин
многоугольника (в силу выпуклости многоугольника это всегда можно сделать).
Прямая l разбивает площадь многоугольника на части S1 и S2, прямая l' — на
части S1' и S2', причём, по условию
S1
= S2, S1'
= S2'.
Вычитая одно
равенство из другого, получим
SBOD
= SAOC.
Однако из равенств
SAOC
|
=0.5 AO*OC
* sinAOC,
|
SBOD
|
= 0.5 BO *
OD * sinBOD
|
в силу соотношений
OA
> OB, OC > OD, угол AOC = углу
BOD
вытекает, что SAOC
> SBOD.
Полученное противоречие показывает, что для любой прямой l,
проходящей через точку О, имеет место равенство OA = OВ. Это и означает, что O
есть центр симметрии многоугольника.
Задача 12
(олимпиада «Росатом» НИЯУ МИФИ, очный тур, 2013г.)
Дана
полуокружность радиусом 5 см (AO=OB=R)
. Равнобедренный треугольник EDC
(EC=DE,
DE
– основание) располагается внутри нее так, что сторона EC
лежит на диаметре, а вершина D
принадлежит полуокружности. EC
= 7 см. Найдите максимально возможную длину DC.
Решение
1) Методом
ММШ несложно убедиться, что наибольшая длина DC достигается, если точка E
совпадает с точкой B.
2) OC=BC(EC)-OB(R)=2
см
3) DO=R=5
см
4) Пусть
угол DOC
= α,
а угол DBC соответственно α/2 (как вписанный и центральный углы, опирающиеся на
одну дугу)
5) По
теореме косинусов:
DC2=DB2+BC2-2DB*BC*cos(α/2)
В
то же время:
DC2=CO2+OD2-2CO*OD*cos(α)
6) Приравнивая
правые части уравнений и подставляя численные значения получаем:
20cosα-98cos(α/2)+69=0
20(2cos2(α/2)-1)-98cos(α/2)+69=0
40cos2(α/2)-98cos(α/2)+49=0
cos(α/2)=0,7
cos(α/2)=1,75
– невозможно
7) Подставляя
полученное значения cos(α/2) получаем:
DC2=49+49-98*0,7
DC
примерно равно 5,42 (√29,4)
Ответ:
DCmax=5,42
5. Планиметрические задачи с неоднозначным условием на
экзамене в форме ЕГЭ. Многовариантные задачи уровня С. Планиметрия.
ММШ можно
использовать в экзаменационных задачах уровня С4 - он помогает найти инвариант,
либо его отсутствие . Все рассмотренные задачи иллюстрируют многовариантность
расположения фигур или их частей, которая достигается путем использования ММШ.
Задача
13. Расстояние между центрами окружностей
радиусов 1 и 9 равно 17. Этих окружностей и их общей внутренней касательной
касается третья окружность. Найдите ее радиус.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение. Если – расстояние
между центрами окружностей радиусов r и R , общая внешняя касательная касается
окружностей в точках A и B общая внутренняя
– в точках C и D, то
.
Действительно, пусть и – центры окружностей радиусов r
и R соответственно (рис.1). Из точки и опустим перпендикуляры на
прямую на
прямую и на прямую . Из прямоугольных треугольников и находим, что
Следовательно, .
Пусть x – радиус искомой окружности, O – ее центр.
Заметим, что прямая CD – либо общая внешняя касательная
окружностей с центром O и О2
(рис.2), либо окружностей с центрами O и (рис.3)(второй вариант мы получаем
малым шевелением касательной). В первом из этих случаев искомая окружность
касается прямой CD в точке C , во
втором – в точке D.
По
доказанному .
В первом случае CD – общая внешняя касательная к окружностям с
центрами O и O2 ,
поэтому , значит, . Следовательно, x = 24/4.
Во втором случае CD – общая внешняя касательная к окружностям с
центрами O и ,
поэтому ,
значит,
Следовательно, x = 189/4.
Ответ: 24/4 или 189/4.
Задача 14. Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в
точках A и B. Известно, что ∠AO1B = 900, ∠AO2B = 600, O1O2 = a. Найдите радиусы
окружностей.
Решение:
В зависимости от взаимного расположения окружностей (сдвигаем их
относительно друг друга при помощи ММШ) возможны два случая:
1) Случай, изображенный на левом рисунке. Треугольник O2BA равнобедренный
(две его боковые стороны являются радиусами левой окружности), поэтому углы при
его основании равны, то есть ∠O2BK = ∠O2AK. Тогда
прямоугольные треугольники O2BK и O2AK равны
по гипотенузе и острому углу, поэтому ∠BO2K = ∠AO2K = 300. В
прямоугольном треугольнике O2BK против угла BO2K,
равного 300, лежит катет BK = R2/2 (*).
По теореме Пифагора для этого треугольника O2K
= √3R2/2. Прямоугольный треугольник O1BK
является равнобедренным, поэтому O1K = BK
= √2R1/2, откуда с учетом равенства (*) получаем связь R1
и R2: R2 = √2R1.
С учетом того, что O1K + O2K
= a, получаем: √2R1/2 + √6R1/2
= a, окончательно R1 = a√2/(√3+1), R2
= 2a/(√3+1).
2) Случай, изображенный на правом рисунке. Ситуация аналогична, разница
заключается лишь в том, что в данном случае a = O2K
- O1K. Ответы в этом случае таковы: R1
= a√2/(√3-1), R2 = 2a/(√3-1).
Ответ: R1 = a√2/(√3+1), R2
= 2a/(√3+1) или R1 = a√2/(√3-1),
R2 = 2a/(√3-1).
Задача 15 . Площадь трапеции ABCD равна 810. Диагонали
пересекаются в точке O.
Отрезки, соединяющие середину P основания AD с вершинами B и C, пересекаются с диагоналями в
точках M и N. Найдите площадь треугольника MON, если одно из оснований трапеции
вдвое больше другого.
Решение.
Пусть основания трапеции равны a и 2a, высота
трапеции равна h. Площадь трапеции равна произведению полусуммы
оснований на высоту, то есть:
Рассмотрим два возможных случая:
I. Точка P лежит на большем
основании трапеции
Треугольники AMP и BMC равны по стороне и двум
прилежащим к ней углам (AP = BC по условию, ∠PAM = ∠BCM, так как являются накрест
лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей AC, ∠APM = ∠CBM, в силу того, что
являются накрест лежащими при параллельных прямых BC, AD
и секущей BP). Из этого следует, что BM = MP. Аналогично
доказывается, что CN = NP, а это означает, что MN — средняя линия треугольника BPC, поэтому:
Треугольники BOC и AOD подобны по двум углам (∠OAD = ∠OCB, так как являются накрест
лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей AC, ∠OBC = ∠ODA, в силу того, что являются
накрест лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей BD),
коэффициент подобия:
Это означает, что таким же образом относятся и высоты этих
треугольников h1 и h2:
а с учетом того, что h1 + h2 = h получаем,
что:
Тогда площадь треугольника BOC равна:
Прямая, содержащая в себе отрезок MN, параллельна BC,
поскольку MN — средняя линия треугольника BPC. Треугольники OMN
и BOC подобны по двум углам (∠CBO = ∠ONM, так как являются накрест
лежащими при параллельных BC, MN и секущей BN, ∠BCO = ∠OMN, в силу того, что являются
накрест лежащими при параллельных BC, MN и секущей CM),
коэффициент подобия равен:
Значит площади треугольников OMN и BOC относятся
как квадрат их коэффициента подобия, то есть:
II. Пусть теперь точка P лежит на
меньшем основании («пошевелим» ее)
Треугольники AMP и MCB подобны по двум углам (∠MAP = ∠MCB, так как являются накрест
лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей AC, ∠AMP = ∠BMC, так как являются вертикальными
углами), коэффициент подобия:
Треугольники PMN и PBC подобны по двум пропорциональным
сторонам и углу между ними (соотношения (1) и (2), ∠BPC — общий), коэффициент подобия
треугольников:
Это означает, что:
Треугольники BOC и AOD подобны по двум углам (∠OAD = ∠OCB, так как являются накрест
лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей AC, ∠OBC = ∠ODA, поскольку являются накрест
лежащими при параллельных прямых BC, AD и секущей BD),
коэффициент подобия:
Это значит, что таким же образом относятся и их высоты (h1 -
высота треугольника AOD, h2 - высота
треугольника BOC):
а с учетом того, что h1 + h2 = h получаем,
что:
Введем обозначения:
- a, b, c - стороны
треугольника.
- γ - угол,
образованный сторонами a и b треугольника.
Площадь треугольника выражается следующими формулой:
- Половина произведения
высоты на строну, к которой эта сторона проведена:
Тогда площадь треугольника BOC равна:
У подобных треугольников соответствующие углы равны, а значит,
рассматривая опять подобные треугольники PMN и PBC,
находим, что ∠MNP = ∠BCP. Но эти углы являются
соответствующими при прямых MN, BC и секущей PC. Их
равенство означает, что прямая, содержащая в себе отрезок MN,
параллельна прямой, содержащей в себе отрезок BC.
Треугольники MON и OBC подобны по двум углам (∠MNO = ∠OBC, так как это накрест лежащие
углы при параллельных прямых BC, MN и секущей BN, ∠MON = ∠BOC как вертикальные), коэффициент
подобия:
Отношение площадей двух подобных треугольников равно квадрату
коэффициента подобия.
Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента
подобия, поэтому:
Ответ: 22,5 или 14,4.
Задача
16. В
треугольнике ABC проведены высоты BM и CN , O —
центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24 , MN
= 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника BOC .
Решение:
Два
возможных случая: ∠A — острый и ∠A — тупой (передвигаем точки В и С для необходимого нам
значения угла А)
Возможны
два случая:
1)
Пусть ∠A - острый
(левый рисунок). Докажем, что треугольники AMN и ABC подобны.
Действительно, точки B, N, M и C лежат
на окружности с диаметром BC, следовательно, ∠NMB = ∠NCB, из
прямоугольных треугольников BAM и BNC:
∠AMN = 900 - ∠NMB, ∠B = 900 - ∠NCB, из чего, очевидно, следует вывод, что ∠AMN = ∠B, кроме того ∠A - общий
для обоих треугольников, следовательно, они подобны по двум углам.
Из
прямоугольного треугольника AMB: cos∠A = AM/AB, из прямоугольного
треугольника ANC: cos∠A = AN/AC. Эти
же отношения являются, очевидно, соотношениями сторон в подобных
треугольниках AMN и ABC, из чего следует,
что cos∠A = NM/BC
= 1/2, а значит ∠A = 600,
Поскольку сумма углов в треугольнике равна 1800, ∠B + ∠C = 1200. Центр вписанной в треугольник окружности
лежит, как известно, в точке пересечения его биссектрис. Из этого делаем вывод,
что:
∠OBC+∠OCB = 1/2 · (∠B + ∠C) = 600,
а значит ∠BOC = 1200.
По теореме синусов для треугольника BOC имеем: BC/sin∠BOC = 2R, где R - искомый радиус описанной
около треугольника окружности. Отсюда: R = 8√3.
2)
Пусть теперь ∠A - тупой
(правый рисунок - передвинем тчк А). Из прямоугольного треугольника ABM
находим, что sin∠BAM = AM/AB,
из прямоугольного треугольника CAN находим, что sin∠CAN = AN/AC. ∠BAM = ∠CAN, так
как они вертикальные, значит AM/AB = AN/AC
= sin∠BAM = sin∠BAС, так как два последних угла смежные. Значит треугольники ABC
и ANM подобны по углу и двум пропорциональным сторонам. Коэффициент
подобия равен sin∠BAС = MN/BC =
1/2, а сам угол ∠BAС = 1200 (рассматривается
случай, когда ∠A - тупой).
Дальнейшие
рассуждения аналогичны. Поскольку сумма углов в треугольнике равна 1800,
∠B + ∠C = 600. Центр вписанной в треугольник окружности
лежит в точке пересечения его биссектрис, поэтому:
∠OBC + ∠OCB = 1/2 · (∠B + ∠C) = 300,
а значит ∠BOC = 1500.
По теореме синусов для треугольника BOC имеем: BC/sin∠BOC = 2R, где R - искомый радиус описанной
около треугольника окружности. Отсюда: R = 24.
Ответ: 8√3 или 24.
Задача
17. Периметр
равнобедренной трапеции равен 52. Известно, что в эту трапецию можно вписать окружность,
причем боковая сторона делится точкой касания в отношении 4 : 9. Прямая,
проходящая через центр окружности и вершину трапеции, отсекает от трапеции
треугольник. Найдите отношение площади этого треугольника к площади трапеции.
Решение:
По
теореме об отрезках касательных KB = BP = PC = CQ =
4x, QD = DL = LA = AK = 9x, тогда
периметр трапеции равен 4 · (9x + 4x) = 52, откуда x
= 1. Отсюда вычисляем боковые стороны AB = CD = 13 и основания BC
= 8, AD = 18. Тогда AH = (AD — BC)/2 = 5. Из
прямоугольного треугольника BHA по теореме Пифагора находим высоту
трапеции BH = 12, sin∠A = sin∠D = 12/13. Площадь трапеции тогда равна S = (BC
+ AD) · BH/2 = 156.
В
зависимости от того, о какой прямой говорится в условии задачи, возможны два случая:
1)
Пусть данная прямая проходит через вершину, содержащую большее основание
трапеции (на рисунке прямая BM). Центр вписанной в угол окружности лежит
на его биссектрисе, то есть ∠ABM = ∠MBC, ∠MBC = ∠AMB (как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD
и секущей BM), значит ∠ABM = ∠AMB и треугольник ABM — равнобедренный, AM = AB
= 13. Тогда площадь треугольника ABM = 0.5 · AB · AM
· sin∠A = 0.5 ·
13 · 13 · 12/13 = 78, а искомое отношение равно 78/156 = 1/2.
2)
Пусть теперь прямая, о которой говорится в условии, проходит через вершину,
содержащую меньшее основание трапеции (на рисунке прямая AN)(передвинем
ее, не изменяя данных условий, но сохраняя основные параметры). Выполним
дополнительное построение: продлим основание BC и прямую AN до
пересечения в точке Y. Аналогично доказываем, что треугольник ABY
— равнобедренный, AB = BY = 13, CY = BY — BC
= 5. Треугольники CNY и AND подобны по двум углам (∠AND = ∠CNY как
вертикальные, ∠CYA = ∠YAD как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD
и секущей AY), значит DN : NC = AD : CY = 18
: 5, значит DN = 18/23 CD = 18/23 AB = 234/23. Тогда
площадь треугольника ADN = 0.5 · AD · DN · sin∠D = 0.5 · 18 · 234/23 · 12/13 =
1944/23, а искомое отношение равно 162/299.
Ответ: 1/2 или 162/299.
Задача
18. В трапеции известны боковые стороны , верхнее
основание и .
Найдите диагональ .
Решение.
По условию задачи , значит, тупой,
острый, .
Из вершины L
опустим перпендикуляр к , основание
которого обозначим F.
Для вычисления найдем синус угла . .
. Проведем ||MN,
=;
2.
В зависимости от
величины угла LMN возможны два случая:
тупой, острый.
Рассмотрим каждый
из этих случаев отдельно.
Случай
первый. тупой.
Данная
конфигурация заведомо предполагает условие: точка F
лежит между К и Е.
.
Случай второй. острый (передвинем
точку N). Точка Е
лежит между К и F(за счет передвижения тчк N).
Тогда будем иметь:
.
.
Ответ:
36 или .
Задача19.
Трапеция
A1B1C1D1 с основаниями A1D1=6
и B1C1=4 и диагональю B1D1=7
вписана в окружность . На окружности взята точка К1 , отличная от
точки D так , что B1K1=7. Найдите длину отрезка А1К1
.
1)
Равные отрезки стягивают
равные дуги, т.е. дуга B1D1 равна
дуге B1K1.
2)
Дуга B1D1 = дуга B1С1
+ дуга C1D1; дуга B1K1 = дуга B1A1 + дуга A1K1
3)
Дуги C1D и В1А
равны ( их стягивают стороны р/б трапеции;трапеция равнобедренная, т.к. только
около р/б трапеции можно описать окружность), следовательно дуги А1К1
и В1С1 также равны, т.е. отрезки, стягивающие их имеют
одинаковую длину, А1К1=В1С1=4.
4)
Второй случай невозможен,
в чем можно убедиться шевелением точки К1 по окружности при прочих
неизменных параметрах.
Ответ: 4.
6. Заключение. Выводы.
Итак, прием
“малых шевелений” используется для задач, в которых требуется выбрать из
некоторого множества фигур ту, которая является наилучшей, для этого берётся
произвольная фигура и делается попытка малыми шевелениями ее улучшить, т.е. из
нескольких ее свойств изменяется только одно, стараясь сохранить остальные.
Этот метод решения задач представляет большой интерес, так как с помощью его
можно решать, не прилагая больших усилий, геометрические задачи повышенного
уровня сложности, в т.ч. олимпиадные.
ММШ помогает искать
решения многовариантных задачи уровня С4 на ЕГЭ.
Рассмотренный
метод помог мне улучшить проективное мышление, а также облегчил возможность
нахождения инварианта в экзаменационных задачах.
Используемая литература:
1.
Акулич И.Ф. Задачи на засыпку и другие
математические сюрпризы. – Минск: «Асар», 2001.
2.
Бахтина Т.П. Раз задачка, два задачка…:
Пособие для учителей. – Мн.: ООО «Асар», 2000
3.
Берлов С.Л., Иванов С.В. Кохась К.П.
Петербургские математические олимпиады. – СПб.: Издательство «Лань», 2003
4.
Гарднер М. Математические головоломки и
развлечения. – М.: Мир,1999.
5.
Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В.
Ленинградские математические кружки. – Киров, 1994.
6.
Гусев В.А., Орлов А.И., Розенталь А.Л.
Внеклассная работа по математике в 6-8 классах. – М.: Просвещение, 1984.
7.
Дынкин Е.Б., Молчанов С.А., Розенталь А.Л.
Математические соревнования. – М.: Наука, 1970.
8.
Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как
решают нестандартные задачи. – М.: МЦНМО, 2001
9.
Пойа Дж, Килпатрик Д. Сборник задач по
математике Стэнфордского Университета. – М.: НО Научный фонд «Первая
исследовательская Лаборатория имени академика В.А.Мельникова», 2002
10.
Произволов В.В. Задачи на вырост: Учебное
пособие для внеклассных занятий по математике. – М.: МИРОС, 1995
11.
Супрун В.П. Избранные задачи повышенной
сложности по математике. – Минск.: «Полымя», 1998
12.
Школьные математические олимпиады/ Сост.
Н.Х.Агаханов, Д.А.Терешин, Г.М.Кузнецова. – М.: Дрофа, 2002
13.
Журналы «Квант», «Математика в школе».
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.