З
Н. А. Печёнкин
адачи на нахождение углов в планиметрии.В геометрических задачах чаще всего встречаются углы 30°, 45°, 60°, 90°, … В задачах, о которых пойдёт речь в этой статье, наряду с перечисленными углами будут встречаться и другие, самые разные углы.
П
ервая задача несложная.
Задача 1. На стороне АВ квадрата ABCD во внутреннюю сторону построен равнобедренный треугольник АВР (АР=РВ) с углами при основании 15°. Найти угол DPC.
Указание. Построим на стороне ВС во внутреннюю сторону треугольник ВСО равный треугольнику АВР. Прямая СО перпендикулярна отрезку ВР и делит его пополам. Значит РС=ВС=CD. Треугольник PCD равносторонний, угол DPC равен 60°.
В приведённом решении следующей задачи (ХV Московская математическая олимпиада) используется очень редкий, красивый метод.
З
адача 2. Из вершин А и С равнобедренного треугольника АВС (АВ=ВС) с углом при вершине В равным 20° проводятся две прямые до пересечения со сторонами треугольника соответственно в точках D и E так, что угол CAD равен 60°, а угол ACE равен 50°. Определить угол АDЕ.Решение. Достроим треугольник АВС до правильного 18-угольника ACC1C2C3…C15C16 так, чтобы точка В была центром этого 18-угольника. Теперь решение очевидно: точка D является пересечением прямых АС6, СС9 и С1С12, а точка Е – пересечением прямых СС12, С4С16 и АС8. Отрезок ВС1 перпендикулярен отрезку С4С16 (диагонали ромба ВС4С1С16). Так как углы DBC1 и DC1B равны, треугольник DBC1 – равнобедренный, а, значит, D лежит на С4С16, как и точка Е. Угол АDЕ равен углу между прямыми АС6 и С4С16, а его легко найти, он равен 30°.
Комментарий. Эта задача приведена ради того, чтобы показать, какими красивыми бывают решения задач подобного типа; но эта задача имеет решение и попроще, хотя и гораздо менее красивое…:
Решение 2. Из вершины С проведём прямую, пересекающую отрезок АВ в точке R и составляющую угол в 60° с прямой АС. Она пересекает AD в точке М. Докажите, что ∆DEM=∆DER. Откуда углы EDA и EDR равны, а их сумма 60°, значит, угол EDA равен 30°.
Следующая задача для самостоятельного решения.
Задача 3. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС взяты точки E и D соответственно так, что углы ADE и ECD равны 30°. Известно, что треугольник АЕС – равнобедренный (АЕ=АС). Считая, что угол АВС равен α, найти остальные углы АВС. Каким может быть угол α?
Следующая задача даёт редкий для геометрии ответ.
З
адача 4. В четырёхугольнике BGEC углы ЕВС, BCG, GCE и GEB равны соответственно 30°, 26°, 51° и 13°. Найти угол BGC.Решение. Построим правильные треугольники ВАС и EFC (см. рис.). От точки Е отложим на стороне GE отрезок DE=ЕС. Треугольники АDE и EFC равны (ВАЕС симметрична относительно ВЕ). Треугольники ADB и AEC равны. AD=DB. Треугольники ADB и BFC симметричны относительно ВЕ, а следовательно равны. Откуда угол ВАD равен 17°, угол АDB равен 146°, угол ВDE равен 154°, угол BDG равен 26° и следовательно равен углу BCG, откуда около BGDC можно описать окружность, следовательно углы BGC и BDC равны. Угол BDC равен разности углов BDE и CDE, т.е. равен 107°. Угол BGC равен 107°.
Равнобедренный треугольник с углом 80° при вершине даёт сразу несколько интересных задач на нахождение углов с похожими условиями, но совершенно разными решениями.
Начнём с задачи, предлагавшейся на XVIII Турнире Городов (1997 г., весенний тур, основной вариант, 8 – 9 классы, 7 баллов):
З
адача 5. P – внутренняя точка треугольника АВС (АВ=ВС). Углы АВС, РАС, АСР равны соответственно 80°, 40°, 30°. Найдите угол BPC.
Решение. На стороне BC рассмотрим такую точку D, что угол DAC равен 30°. Обозначим через О точку пересечения отрезков CР и AD. Треугольник АОС – равнобедренный, так как у него углы при основании АС равны. Высота этого треугольника, опущенная из точки О, является и биссектрисой, поэтому делит угол АОС, а также вертикальный ему угол POD пополам. Угол АОС равен 120°, отсюда углы РОВ и АОР равны 60°. Тем самым ОР делит угол АОВ пополам. АР – биссектриса треугольника АВО. Так как три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, ВР – биссектриса треугольника АВО и делит угол АВО пополам. Отсюда угол РВО равен 20°, а искомый угол ВРС равен 100°.
Следующая задача с Курчатовской Олимпиады 2004 г.
Задача 6. Р – внутренняя точка треугольника АВС (АВ=ВС). Углы АВС, РАС, АСР равны соответственно 80°, 30°, 10°. Найдите угол ВРС.
Решение. На стороне АВ рассмотрим точку Е, что угол ЕСА равен 30°. ЕС пересекает АР в точке О. О лежит на биссектрисе ВL треугольника АВС. Откуда угол ОВС равен 40°. Угол ОРС равен 40°, равен углу ОВС. Углы РСО и ОСВ равны. Следовательно, треугольники РОС и ОСВ равны (по общей стороне и двум углам). Значит, АВ=BD. А так как угол ВОР равен 120°, из равнобедренного треугольника ОРВ найдём, что угол ВРО равен 30°. Угол ВРС равен сумме углов ВРО и ОРС, равен 70°.
Сразу можно найти ещё две аналогичных задачи с углами РАС и РСА равными Задача 7. 10° и 20°; Задача 8. 40° и 20°.
Приведу решение задачи 7, которое я смог получить, хотя и с использованием тригонометрии (может кому-нибудь удастся решить легче):
Р
ешение задачи 7. Проведём через С прямую параллельную АР. Пусть она пересекает продолжение высоты ВН треугольника АВС в точке О (см. рис.). ТР/РС=ТО/ОС (Докажем это потом с помощью тригонометрии). Из этого следует, что OP – биссектриса угла ТОС, а Р – точка пересечения биссектрис треугольника ОВС, т.е. ВР – биссектриса угла ОВС. Угол ВРС равен 130°.
Теперь докажем ТР/РС=ТО/ОС.
Пусть НС=1. Докажем, что ТР/РС=ТО/ОС. По теореме синусов для треугольника АРС (т.к. АС=2) РС=2sin10˚/sin150˚=4sin10˚. Из треугольника ТНС ТН=tg20˚, TC=1/cos20˚.
ТР=ТС–PС=1/cos20˚–4sin10˚.
TP/PC=1/(4sin10˚cos20˚)–1=1/(2(sin30˚–sin10˚))–1=2sin10˚/(1–2sin10˚).
Из треугольника НОС НО=tg10˚, OC=1/cos10˚. TO=TH+HO=tg20˚+tg10˚.
TO/OC=(tg10˚+tg20˚)cos10˚=(tg10˚+2tg10˚/(1–tg210˚))cos10˚=sin10˚(1+2/(1–tg210˚)) Выражаем tg210˚ через sin210˚ и преобразуем. Получим TO/OC=sin10˚(3–4sin210˚)/(1–2sin210˚). Достаточно доказать, что sin10˚(3–4sin210˚)/(1–2sin210˚)=2sin10˚/(1–2sin10˚) (1)
Получим это равенство из верного 1=2sin30˚.
1=2(3sin10˚–4sin310˚) 1+8sin310˚=6sin10˚ 3–4sin210˚–6sin10˚+8sin310˚=2–4sin210˚
(3–4sin210˚)/(1–2sin210˚)=2/(1–2sin10˚) Домножаем на sin10˚ и получаем равенство (1), которое хотели доказать.
Следующая задача с ХХХ Всероссийской Математической Олимпиады Школьников (2004 г., 9 класс, задача 9.8.).
Задача 9. Пусть О – центр описанной окружности остроугольного треугольника АВС, Т – центр описанной окружности треугольника АОС, М – середина АС. На сторонах АВ и ВС выбраны точки D и Е соответственно так, что углы BDM, BEM и АВС равны. Найдите угол между прямыми ВТ и DE.
Решение. Так как D и Е лежат на сторонах, то угол АВС – наибольший в треугольнике. Поэтому угол АОС, в два раза больший угла АВС, не меньше 120°, и точки О и Т лежат по разные стороны от АС. Пусть прямые МЕ и MD пересекают АВ и ВС соответственно в точках Х и Y. Из остроугольности АВС следует, что Х и Y лежит на продолжениях сторон АВ и ВС. Заметим, что /_DXM=180°–(/_АВЕ+/_BEM)=180°–2/_ABC, аналогично /_EYM=180°–2/_ABC, поэтому четырёхугольник DEYX – вписанный и углы BED и BXY равны. Далее, /_ATM=2/_ACO (т.к. точки О, М и Т, очевидно, лежат на серединном перпендикуляре к АС, и Т – центр описанной окружности ∆АОС). Тогда /_АТМ=2(90°–/_МОС)=2(90°–/_АВС), т. к. О – центр описанной окружности ∆АВС. Поэтому /_АТМ=180°–2/_АВС=/_АХМ, откуда АМТХ – вписанный. Так как /_АМТ=90°, то /_АХТ=90°. Аналогично /_CYT=90°. Тогда четырёхугольник BXTY также вписанный, /_TBY=/_TXY=90°–/_BXY. Получаем /_BDE+/_TBE=/_BXY+(90°–/_BXY)=90°. Откуда угол между ВТ и DE равен 90˚.
Следующими двумя интересными задачами для самостоятельного решения завершим статью.
Задача 10. На сторонах АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС (АВ=ВС) с углом при вершине 20˚ взяты точки E и D такие, что /_DAC=30˚, /_ECD=20˚. Найти /_CED.
Задача 11. Из вершин А и В квадрата ABCD проведены прямые АЕ и ВЕ так, что точка Е лежит внутри квадрата и /_DAE=15˚, /_ABE=30˚. Найти /_CED.
Ответы к задачам.
Ответ 3. /_АСВ=α+60˚, /_САВ=120˚–2α, α<60˚.
Ответ 8. 80˚.
Ответ 10. 10˚.
Ответ 11. 75˚.
В статье использованы статья из журнала «Квант» N7 1975г. «Если треугольник задан» В. Н. Березина и В. И. Слепого; задачи из книг «Новые встречи с геометрией» (Г. С. М. Коксетер, С. Л. Грейтцгер), «Московские Математические Олимпиады» (Г. А. Гальперин, А. К. Толпыго), из материалов для проведения олимпиад «Восемнадцатый Турнир Городов» (задача Г. Гальперина), «V-ый этап ХХХ Всероссийской Математической Олимпиады школьников 2003-2004 учебный год, Второй день» (задача А. Смирного), Курчатовской Олимпиады.
Смотрите также: