Работа НОУ "Метод малых шевелений"

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?

Р ешение. 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).

З адача 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 P_t 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 P_i ,Р_j 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

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

М ожно 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: R₁₂₃₁₂, то внутри окружности радиуса R будет содержаться ровно n целочисленных точек.

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.

Можно ли покрыть плоскость окружностями так, чтобы через каждую точку проходило ровно 1988 окружностей?

Р ешение

   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.

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.

Н а 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

Р ассмотрим 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).

Д ан 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

П усть 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

S_BOD = S_AOC.

Однако из равенств

в силу соотношений

OA OB,    OC OD,     угол AOC = углу BOD

вытекает, что S_AOC S_BOD. 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)

1. 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

2. Подставляя полученное значения cos(α/2) получаем:
   DC²=49+49-98*0,7
   DC примерно равно 5,42 (√29,4)

Ответ: DC_max=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. Д окажем 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.

С лучай первый. тупой.

Данная конфигурация заведомо предполагает условие: точка F лежит между К и Е.

.

С лучай 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».

35