книги из ГПНТБ / Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие

рехугольников

ABCD,

у которых \АВ\ = 50 мм, |ВС| = 20 мм,

\CD\ = 25 мм,

\DA\ = 35

мм?

Рассмотрим два способа решения этой задачи.

С п о с о б

1.

Если четырехугольник ABCD с данными сторонами

должен

вписываться в окружность,

то

АВС -f ADC = 180°.

Чтобы

использовать это равенство, приложим

ДЛВС к ДЛС£> так,

чтобы

/_АВС и /

ADC были смежными.

На

рис.

68 А АВС занял

поло­

жение

а А'В'С'.

(А'С').

В пересечении

Через А проводим прямую, параллельную

с прямой (С'С) получаем точку С".

Треугольник АС"С можно построить. В самом деле,

\CD\ =

25 мм,

\С"В\ =

|C'D|-|/4D|:|71B| =

20-35:50 =

14

мм (из подобных треуголь­

ников

АВС"

и А'ВС')]

\AD\ = 35

мм;

|ЛС|: \АС"\ =

50 : 35 =

10: 7.

ности (множество точек,

расстояния которых до двух данных то­

чек С и С" находится в

данном отношении 10 : 7, есть окружность

определенного радиуса и

центра). Ее положение на этой окруж­

Построив дСМ С, определяем сторону АС, т.

е. диагональ ис­

комого четырехугольника ABCD. Теперь построение

единственного

четырехугольника ABCD очевидно.

упрощает поиски

С п о с о б 2.

Функциональный подход намного

решения

задачи.

[С'В] и [DC], длины кото­

На одной прямой отложим отрезки

рых соответственно равны 20 и

25

мм

(точки В

и D совпадают).

Проведем

концентрические окружности

D (35 мм)

и D

(50

мм)

(рис. 69).

Точки А и А'

находятся

на этих окружностях и принадле­

жат прямой (DA). Задача будет решена, если мы установим, сколь­

ко существует

таких

точек А

на

окружности

D

(50

мм),

что

\С'А'\ = \АС\.

Построим [ВА']±_[С'С]. Очевидно, что \С'А'\ > \АС\.

отрезок

При движении точки А' против

хода часовой

стрелки

Итак, наименьшая длина отрезка [А'С']

равна 50 — 20 =

30 (мм).

Когда

точка А окажется

на прямой (С'С), \АС\

станет

равной

25 + 35 =

60 (мм).

Теперь ясно, что на окружности D (50 мм) существует един­

ственная точка А’ такая, что

|Л'С'| = |ЛС|.*

Сравним две задачи.

Задача! 3. Существует ли

ДЛВС,

у

которого

|ЛС| =

50

мм,

\АВ\ = 40 мм и разность мер углов ф =

/\

л

В — С = 30°.

Задача

4. Существует ли

дЛ БС ,

у

которого

|ВС| =

40

мм,

\АВ\ = 50

мм и разность мер углов ф =

л

л

В — С = 303.

степени

и поэтому не может быть решена только с помощью цир­

куля и линейки, хотя по внешнему виду похожа на задачу 3.

Выясним функциональное содержание этих задач.

Сначала о задаче 4.

А0ВС, у которого |ВС| =

Построим равнобедренный треугольник

= 40 мм, |ВЛ„| = |Л„С| =

50 мм (рис. 70). Этот треугольник не пол-

ностыо

удовлетворяет условию

задачи.

У

него

л

А

ф = В — С = 0°.

Очевидно, у искомого треугольника АВС

угол В

больше

угла С.

Поэтому вершина Л искомого треугольника АВС лежит на дуге DA0

окружности В левее точки Л0. Более того, ученикам сразу

видно,

что при

движении точки Л0 по

дуге

А0Е> (против хода

часовой

стрелки)

А

А

А

А

С уменьшается от ВСА0 до 0°,

а В увеличивается от А0ВС

до 180°.

Поэтому при таком движении точки

Л0 угол ф увеличи­

вается от

0° до 180°.

Итак, задача имеет решение

при

любом до­

пустимом значении угла ср. Причем это решение единственное.

Теперь

о задаче 3.

Построим сторону ВА треугольника АВС (рис. 71). Тогда третья

вершина С этого

треугольника

лежит

где-то на полуокружности

А (50 мм).

При увеличении угла А от 0° до 180°

угол

В,

очевид­

но,

уменьшается

от

180° до 0°. Но

неясно, как

изменяется

при

л

следовательно,

и разность

л

л

этом С, а

В — С.

Для получения

гипотезы отметим на

полуокружности несколько

точек (на рис.

71 — точки Съ С2, ..., Си ,

С12).

Измерим

углы

Сп

( л =

1, 2,

. ..,

12)

и /_В треугольников

СХЛВ, С2АВ,

... ,

С12АВ.

Результаты измерений

внесем в таблицу

(табл. 2).

Т а б л и ц а 2

Углы

с 1

С2

С3

с«

с 5

Cq

с 7

с в

Сю

Сц

Cl2

Л

28

45

52

54

53

48

43

39

34

26

19

11

с

Л

145

109

102

90

79

66

58

51

43

32

22

13

в

В — С

117

64

50 36 26 18 15 12 9 6 3 2

В табл. 2 величины углов указаны в градусах.

угла

Эта

таблица

наводит нас на мысль,

что при

увеличении

Л

до

А Л

180° до

0°.

А от 0°

180° разность В — С уменьшается от

Но доказать

это достаточно трудно,

так как

/_С опирается иа

отрезок

[ВЛ],

который не является хордой окружности,

которой

принадлежит точка С.

л

С другой

стороны, таблица нам подсказывает,

что С принимает

л

наибольшее значение в том случае, когда В = 90°.

[ЛС].

Поэтому

обратимся к другому чертежу. Построим отрезок

Третья вершина В

искомого треугольника АВС

принадлежит ок­

ружности Л (40 мм).

которая

Теперь, кажется, будет проще доказать ту гипотезу,

нам подсказана таблицей.

от Р до

В0 углы

В самом деле,

при движении точки В по дуге

л

л

д

разность В — С уменьшается.

А (40

от В0

При движении точки В по окружности

мм)

влево

л

Л

Л

Л

С уменьшается. Но как изменяется В и разность

В — С?

тре-

Пусть

ВХ£А

(40 мм) и Вх находится

вне прямоугольного

угольника

АВ0С.

Л

Тогда

Л

ct

так

Обозначим: ВгАВ0= а.

ВгСВ <

Таким образом, с

Л

АВС

Л

увеличением Л треугольника

на а С

уменьшается

меньше,

а

_

л

больше,

чем на

Поэтому

В уменьшается

чем на

Следовательно, при движении

точки В

по окружности

Теперь

ясно, что

существует

единственный

треугольник АВС,

у которого |ЛС| = 50

мм,

|ЛВ| =

40 мм

(при

любом допустимом

значении ср).

у которого \АВ\ = 50 мм,

Задача

5. Построить треугольник АВС,

[ЛЛ4| = 60

мм и \ВН\ = 40

мм ([ЛЛ4] — медиана этого треугольника,

[ВН] — его

высота).

анализа задачи, ученики

Сделав

соответствующий чертеж для

замечают,

что можно построить часть искомого треугольника — пря­

дины Мъ

М2, . .. этих отрезков, соединить

точки М1г

М2, . . . с

точкой А (рис. 73).

Измерив отрезки [АМ{], [АМ2], . . ., школьники приходят к пред­

положению, что при движении точки С по лучу

[АН)

(от

начала

луча) длина медианы [AM] /\АВС увеличивается

от 25

мм (поло­

вина стороны АВ) до бесконечности.

Чтобы облегчить поиски доказательства этого факта, обращаем

их внимание на свойство точек М1; М2, . ..

При

помощи

линейки

они обнаруживают, что эти точки принадлежат

одной

прямой,

параллельной лучу [АН).

Теперь дальнейшая работа над задачей не

представляет

серьез­

ных трудностей.

Функциональный подход к решению этой

задачи

дал

возмож­

ность ученикам обнаружить свойство точек М1г М2, . . .

и закон из­

менения длины отрезков [АМг], [АМ2\, . ..

Кроме того,

они увидели

теперь, как решается эта задача при помощи

циркуля

и

линейки.

Искомая точка М = А (60 мм) f) tn, где

т — прямая,

параллель­

ная лучу [АН) и проходящая через середину отрезка

[НВ].

Задача

6. Установить, каким свойством

обладает

множество X

Построим отрезок [АВ] (рис.

74) и несколько точек х0, хъ х\,

х2,

х'2, х3, х'г,

... , удовлетворяющих

условию задачи, т.

е. таких,

что

\АХ\: \ВХ\

= 5:3.

После этого нетрудно заметить, что все эти точки принадлежат

окружности, центр О которой находится на прямой

(АВ). При по­

этой окружности равен 7,5 см.

Теперь

остается только

доказать

или опровергнуть полученную гипотезу о свойстве точек

множест­

ва X.

М — произвольная

Пусть

точка

этой окружности.

Обозначим

МОА = а.

Если

\ОМ\ = 7,5 : 2 =

3,75

(см),

то,

очевидно, |ОВ| =

= 2,25 см и |ОЛ| = 6,25 см.

ВОМ

и АОМ

теорему

косинусов,

Применив к треугольникам

получаем:

|ВЛ4|2 = 2,252 + 3,752±2-2,25-3,75 cos а =

9 (2,125 ± 1,875 cos а).

}ДМ|2 = 6,252 +

3,752± 2 - 6,25 • 3 ,7 5 co sa=

25

(2,125 ±

1,875 cos а)

(знак « + »

или

«—» ставим в

зависимости

от

того,

является ли

угол а острым или тупым).

9 : 25,

т.

е.

\ВМ\:\АМ\ = 3 : 5.

Теперь ясно,

что |£Ш|2: |/Ш |2 =

Таким

образом, доказано,

что «открытая»

нами в

результате

10 А. Б. Василевский

145

на, т. е. множество X

является окружностью радиуса

3,75

см.

Центр О ее принадлежит прямой (АВ) (правее точки В,

вне отрез­

ка [ЛВ]); |ВО| = 2,25 см.

точка

Р.

Задача 7. Внутри квадрата ABCD взята произвольная

Из вершины А опущен перпендикуляр [Л/С]

на прямую

(ВР),

из

вершины В — перпендикуляр [ВМ] на прямую

(СР), из С — перпен­

дикуляр [СН] на прямую

(DP), из D — перпендикуляр [DT] на пря­

\FX\ = \LP\ и |BL| = 1ЛР|;

\ВЕ\ = \LP\

и \LC\ = \EX\-

\ЕХ\ = \РЩ и \DN\ = |£С|;

|УВ| = |ЛР|

и |РР| = \YX\.

Если это так, то конгруэнтны прямоугольные треугольники:

дВ В Р и дЛ РХ , ДВВХ и ДР1С,

д ХВС и д

PND, д ARP и ДВУХ.

Поэтому данную задачу можно заменить такой:

то

прямые

доказать,

что

если

|ХК| =

\PR\

и

|XQ| =

IPOI,

(АХ)±(ВР), (ВХ)±(СР), (CX)±(PD),(DX)±(AP).

(ЛХ)_1_(ВР), так

Это свойство точки X очевидно. Например,

как из конгруэнтности прямоугольных треугольников BLP

и

AFX

следует конгруэнтность

острых

углов

LBP

и FAX. Но

стороны

[BL) и? [AF) этих

углов перпендикулярны.

Поэтому перпендикуляр­

ны и стороны [ВР) и [АХ).

Задача 8. Расстояние между центрами М и К двух окружностей

равно 0 ,5 (1 + 3 )/Л3). Радиусы их равны

1

и

0,5]/^6.

Определить

сторону квадрата ABCD, вершины А и В которого лежат на одной

окружности, а С и D - н а другой.

Выбрав некоторый масштаб, строим данные окружности (рис. 76).

Допустим, что искомый квадрат ABCD построен;

\МА\ — 1, \KD\ =

= 0 ,5 )/б .

Точка

Р =

(АВ) П (МК),

Е =

(CD) (}(МК).

Обозначим:

\AD\ = х,

\МР\ = у.

Тогда

^ + ( т ) а== lf

[°-5 0 + з / 3 ) - х - £ ] 2 +

0,25х2=

( - ^ у .

Исключив из этих

двух

уравнений

у,

получим

уравнение чет­

вертой степени:

0,25 +

[— 0,5(1 + 31/3) +

х]4+ х2[— 0,5(1 +

з / 3 )

+

х]2 -

— 3 [— 0,5(1 +

3 ]/3 ) +

х]2 = 0.

(1)

Вычисление его действительных корней

представляет

серьезные

трудности. Поэтому поступим следующим образом.

не

превыша­

Из рис. 76 видно, что сторона искомого квадрата

ет диаметра Л0В0меньшей окружности. Очевидно,

у прямоугольника

Л0В0С0£>0 |A0Da\ > |Л0В0|. При увеличении у

от 0

до

1

длина

сторо­

ны [Л0В„] прямоугольника A0B0C0D0 уменьшается монотонно от 2

до 0; |Л0£>0| =

х также

монотонно уменьшается

от

|Л0П0|

до \НМ\

(Н и М — точки пересечения окружностей с отрезком [МК]).

Отсю­

да ясно, что на отрезке [МН] существует не больше двух

таких

точек Р, при которых прямоугольник A0B0C0D0 становится

квадра­

том ABCD. Методом проб находим,

что х ^ :1 ,7 ^ :] /3 .

Подстанов­

кой

в уравнение (1) убеждаемся,

что

У~3

действительно

является

его

корнем.

Но существует ли еще одно положительное решение этого урав­

нения?

3 У 3) = k.

Обозначим:

0,5 (1 +

Рассмотрим функцию

/ (х) — 0,25 +

(— k + x)‘l + х2 ( — k + x f

— 3 (— k + x)2.

10*

147

Ее производная

/' (а') = 2 (а - к) [2 (х - k f -

3 + х ( х - k) + а2]

обращается

в

нуль

только в точке х

= k

(легко проверить,

что

квадратный

трехчлен

2 ( х — /г)2 — 3 -f х ( х — k) + х й

действительных корней не имеет).

прямоугольника A B C D

из­

Но а = k >

3.

Длина стороны [ A D ]

меняется от

|/40D0|

до

\НМ\. Причем \НМ\ <

|Л0Д0|.

Р и с. 76

Ри с.

77

Вычисляем

|A0D0\ =

\MF\ = \МК\ - \FK\ =

\МК\ -

V

\D,K\%-

\FD0f

=

= \МК\ -

V\D0K\2 - \MAtf =

=

0,5(1 + 3 ] / 3 ) -

Y

Р ^ - )

-

1 < 2 , 4 < 3 .

Теперь ясно, что существует единственный квадрат ABCD,

удовлетворяющий условию задачи. Длина его

стороны

равна

]/~ 3.

Задача 9. На гипотенузе [ВС] прямоугольного треугольника АВС

расположена

точка М,

а на

стороне [АС\ — точка

N

такая,

что

[MN\ || [АВ].

Известно,

что

|ЛВ| =

|/Ш|

=

1,

|СМ] = ]/3 .

Опреде­

лить длину отрезка [АДУ] (рис. 77).

_____

Естественно обозначить |МЛ/| =

а .

Тогда

]СЛ7| = У 3 — а 2. Из по­

добных треугольников MNC и ВАС получаем уравнение

3 — • А2

(2)

1 + 1/ 3 ^ 2

Оно преобразуется к такому уравнению:

а 4 — 2х3— а 2 + 6 а — 3 = 0.

( 2 0

трудно. Поэтому поступим следующим образом.

Решим сначала данную задачу графически

(методом проб). Для

этого

строим

прямой

/_ВАС0

(рис.

77).

На

его

сторонах

строим

точки

В и Я : |Аб| =

|ЛЯ|

= 1.

Через

В проводим несколько лучей,

пересекающих луч [ЛС0)

в точках

Си С2, . ..

Очевидно,

с удале­

нием точки Сп (п = 1,

2,

3, ...) от А |Л4„С„|

монотонно увеличива­

ется.

Поэтому на луче [ЛС0) существует

такая

единственная точ­

ка С,

что \МС\ = у 3.

Методом проб находим

приближенное поло­

жение такой

точки

С.

Измерением

находим,

что 0,61 < х < 0,62,

т. е.

|ЛМ4| =

0,615.

Строим графики функций:

1) f(x) = xi — 2х3 и cp(x) =

x2 — 6х + 3

на (— со,

0];

2) fi (х) = х1+ 6х и

(х) = 2х3 + х2 + 3 на (0, + со).

После этого становится ясным,

что на (0, + со) уравнение

имеет

только один корень хг (мы его уже нашли: хг

0,615). На

(—со,

0] уравнение (2') имеет также

один корень х2\

— 2 <

х2 < — 1.

Уточнив значение корня методом проб,

получаем

jt2^

— 1,615.

Вычисляем

хг +

х2 ^ — 1,

Х1-Х2^:. — 0,993.

Теперь можно

высказать

гипотезу:

хг +

=

— 1,

(3)

Xi ■х2=

— 1.

(4)

Решив систему

уравнений

(3)

и (4), находим

- 0 , 5

( У ъ — 1)^0,615 .

Нетрудно проверить, что число

0,5 ()/ 5 — 1)

является

точным

значением корня уравнения (2).

Итак, \MN\ = 0,5 ( ] / 5 — 1).

Задача 10. На основании

АС равнобедренного треугольника АВС

расположена точка D так, что

\AD\ = a,

\CD\ =

b (а > 6).

Окруж­

ности, вписанные в треугольники ABD и BCD, касаются прямой (BD)

в точках М и К соответственно.

Определить длину

отрезка

[Л4/С].

л

л

л

2ф, \РВ] — высота

этого

Обозначим: ВАС = ВСА = 2а,

ADB =

треугольника (рис.

78).

Центры Я

и Е вписанных окружностей ле­