Решения задачи 9



жүктеу 51.43 Kb.
Дата28.03.2019
өлшемі51.43 Kb.
түріРешение

Решения задачи 9.4.

(Нижегородская городская олимпиада 2012 года)

На сторонах АВ и ВС треугольника АВС взяты точки А1 и С1 соответственно так, что АА1=СС1. Точки M и Nсередины отрезков АС и А1С1 соответственно. Докажите, что прямая MN параллельна биссектрисе угла В.

Решение 1: Воспользуемся методом «идеального построения» (т.е. построения идеального чертежа с помощью «визуального» использования компьютерных программ). Построим точку С1, пользуясь точкой А’, симметричной А1 относительно точки М (см. рис.1). Тогда АА1СА’ – параллелограмм, АА1||АС, А1АС=АСА’, значит, из равнобедренного треугольника АСС1 получаем СС1А’=(180–АСВ–АСА’)/2=(180–АСВ–А1АС)/2=АВС/2, т.е. прямая С1А’ параллельна биссектрисе угла В. Кроме того, N и М – середины отрезков А1С1 (по условию) и А1А’ (по построению), т.е. NM – средняя линия треугольника А1С1А’, следовательно, параллельна С1А’, значит, параллельна и биссектрисе угла В, что и требовалось доказать. Примечание: конец наших рассуждений можно было провести и через вектора, т.к. , который параллелен биссектрисе угла В. А если теперь очень внимательно присмотреться к векторам, то у нас появится удивительно короткое красивое векторное решение, которому мы присвоим номер 0.

Решение 0: , который равен половине вектора, идущего по биссектрисе угла В, когда мы вектора, равные и , отложим от точки В, т.к. они равны по длине и их сумма окажется диагональю ромба, построенного на этих двух векторах.

Решение 2: Воспользуемся (1) свойством ряда равных отношений (см. п.2.1, §2, часть 1 из книги Я.П.Понарина «Элементарная геометрия. т.1») и (2) пропорциональностью отрезков при пересечении параллельными прямыми. Случай равнобедренного треугольника (АВ=ВС) очевиден. Поэтому рассмотрим один из двух симметричных случаев, считая, что АВ>ВС. Рассмотрим прямую, проходящую через точку N параллельно биссектрисе угла В. Пусть она пересекает отрезки АВ и АС в точках Е и Р соответственно. Доказав, что точка Р совпадает с точкой М, мы докажем нужную нам параллельность прямых. Расположение этих и других точек будет таковым как на рисунке 2 в силу условия AB>BC. Введём длины отрезков так, как указано на рисунке 2. Тогда из треугольника А1ВС1 с учётом (1), (2) и свойства биссектрисы получим: , значит, в силу равенства знаменателей первой и последней дробей получим, что . Аналогично в треугольнике АВС имеем: . Но в силу равенства числители первой и последней дробей этого ряда равны между собой, значит, равны и знаменатели, т.е. , значит, Рсередина отрезка АС, т.е. совпадает с точкой М, что и требовалось доказать.

Решение 3: Воспользуемся методом «геометрического места точек», «двигая» на чертеже точку А1, а также идеями (1) и (2) решения 2. Аналогично решению 2 разберём случай, когда АВ>ВС. Рассмотрим геометрическое место середин отрезков А1С1 в зависимости от положения точки А1 и «увидим», что все эти точки лежат на одной прямой, проходящей параллельно биссектрисе угла В через точку E – середину отрезка ВК=BABC (см. рисунок 3). Рассмотрим эту прямую. Точки и длины отрезков обозначим так, как они указаны на рисунке 3. Докажем, что точки Т и Р совпадают соответственно с точками N и M, тогда докажем требуемую параллельность. Тогда из треугольника А1ВС1 с учётом (1), (2) и свойства биссектрисы получим: , откуда в силу равенства числителей первой и последней дробей получим, что , т.е. Т – середина отрезка А1С1 и совпадает с точкой N. Аналогично в треугольнике АВС имеем: , откуда в силу в силу равенства числителей первой и последней дробей получим, что , т.е. Р – середина отрезка АС и совпадает с точкой М. Т.о., проведённая нами прямая ЕТ совпадает с NM, значит, прямая MN параллельна биссектрисе угла В.

Решение 4: Проведём дополнительные построения так, как показано на рисунке 4 (на эти построения нас наводит решение 2, в котором ). Отметим на луче АВ за точку В точки С’ и А’ так, что ВС’=ВС1 и С’А’=C1С=АА1. Пусть Е – точка пересечения прямой АВ и прямой, проходящей через N параллельно биссектрисе угла В (см. рис.4). Докажем, что эта прямая пересекает отрезок АС в точке М, отметив предварительно эту точку пересечения как Р. В равнобедренном треугольнике ВС1С’ получаем, что ВСС1=АВС/2, значит, СС1 параллельна биссектрисе угла В и прямой EN. Но N – середина отрезка А1С1, значит, из параллельности следует, что EN – средняя линия треугольника А1С1С’ и Е – середина отрезка А1С’. Тогда в силу равенства АА1=СA’ получаем, что Е является также серединой отрезка АА’. Кроме того, в силу равнобедренности треугольников ВС1С’ и ВСАбудут параллельны прямые С1С’ и СА’. Тогда из параллельности EР и СА’ и условия, что Е – середина отрезка АА’, следует, что ЕР – средняя линия треугольника ААС, значит, Р – середина отрезка АС, т.е. Р совпадает с М, что нам и требовалось доказать. Т.о., нами доказана требуемая параллельность прямых.

Решение 5 (аналитическое, методом координат): Рассмотрим систему координат, в которой точка В является началом координат, а ось «ох» направлена по биссектрисе угла В (см. рис.5). Тогда прямые ВА и ВС будут симметричны относительно оси абсцисс и уравнения этих прямых можно задать соответственно как y=–kx и y=kx. Кроме того, в силу расположения на симметричных прямых равных отрезков АА1 и СС1 их проекции на ось абсцисс будут также равны; пусть длина этой проекции равна d. Введём координаты остальных точек: А(a;–ka), С(с;kc), А1(ad;–k(ad)), C1(cd;k(cd)). Тогда легко найти координаты точек M и N  середин отрезков АС и А1С1 соответственно: , . Т.о., у точек М и N одинаковые ординаты, т.е. прямая MN будет параллельна оси абсцисс – биссектрисе угла В, что и требовалось доказать.

Решение 6 (вытекающее из решения 5): Построим на отрезках АА1 и СС1 как на гипотенузах два равных прямоугольных треугольника КАА1 и РСС1, катеты КА1 и РС1 которых будут параллельны биссектрисе угла В (см. рис.6). Отрезки А1К и С1Р равны и параллельны, также равны и параллельны отрезки АК и РС, то А1С1РК и АКСР будут параллелограммами (АКСР может оказаться и вырожденным в случае АВ=ВС, но в этом случае доказательство очевидно). Значит, N и М – середины отрезков А1С1 и КР, а NMсредняя линия параллелограмма А1С1РК и параллельна его сторонам А1К и С1Р, которые в свою очередь параллельны биссектрисе угла В, что и требовалось доказать.

Решение 7 (барицентрический метод): Случай равнобедренного треугольника (АВ=ВС) очевиден. Поэтому рассмотрим один из двух симметричных случаев, считая, что АВ>ВС. Пусть АА1=CC1=а, А1В=b, С1В=с. Рассмотрим систему материальных точек Т.к. сумма масс не равна нулю, то существует барицентр этой системы – точка Z1, которая согласно теореме о группировке масс и правилу рычага окажется на прямой NМ, потому что точки N и М – центры масс пар точек и соответственно. Кроме того, Z1 – середина отрезка ВС2 (где точка С2 лежит на продолжении стороны СВ за точку В так, что СС2=АВ), т.к. В и С2 – центры масс пар точек с одинаковой суммарной массой и соответственно. Рассматривая аналогично систему материальных точек с барицентром Z2, мы докажем, что точка Z2 лежит на прямой MN, на отрезке АВ и Z2 - середина отрезка А2В, где точка А2 лежит на отрезке АВ и AZ2=CB. Тогда ВZ1=BZ2=(ABBC)/2, при этом прямая Z1Z2 совпадает с прямой MN, но в силу равнобедренности треугольника ВZ1Z2 мы имеем, что Z2Z1B=АВС/2, т.е. прямая Z1Z2 параллельна биссектрисе угла В, что и требовалось доказать.

Примечание: с барицентрическим методом можно ознакомиться по книге М.Б.Балка, В.Г.Болтянского «Геометрия масс» (выпуск 61 библиотечки «Кванта»).


Достарыңызбен бөлісу:


©kzref.org 2019
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет