Математический кружок

История с одной задачей

Эпизод 1. Повод для разговора.

Мои ученики получили на одном математическом бою такую задачу:

Через точку M – середину стороны AC треугольника ABC (AB № BC) провели прямую, параллельную биссектрисе угла B. Она пересекла прямую BC в точке X, а прямую AB – в точке Y. Через XY провели прямые, перпендикулярные BC и AB соответственно. Докажите, что точка их пересечения равноудалена от вершин A и C.

Ситуация показана на рисунке 1 (здесь AB > BC). Ученики нашли решение следующим образом.

1) Нетрудно заметить, что BN – биссектриса Р XBY. Действительно, DBXY – равнобедренный (так как из параллельности XY и биссектрисы BK следует, что РXYB=РYBK =РKBC=РBXY). Значит, точки X и Y симметричны относительно биссектрисы угла XBY, и перпендикуляры, возведенные в этих точках, пересекаются на оси симметрии, то есть N лежит на биссектрисе угла.

2) Тогда XN = YN. Если бы выполнялось равенство отрезков AN и CN, то треугольники ANY и CNX были бы равны. То есть достаточно доказать равенство этих треугольников иначе.

Основной упор был сделан на доказательстве равенства отрезков AY и CX. Мы знаем, что

точка M – середина AC (равенство AM = MC нам понадобится);
BY = BX (это доказали раньше);
MY параллельно KB, откуда AY : BY = AM : KM и KC : MK = BC : BX.

Тогда

Задача решена.

Эпизод 2. Доказали что-то известное.

Выслушал такое решение, и у меня возникло смутное ощущение, что речь в задаче явно не о равных треугольниках (к которым свелось решение), а о чем-то другом… . При следующей встрече я понизил «ценность» кропотливого ученического труда. Было объявлено следующее.

Имеется следующий факт, который уходит своей историей к Архимеду, а «Квант» опубликовал эту задачу в своем задачнике под номером 1000.

Если AB и BC – хорды окружности (AB > BC), точка N – середина дуги ABC, то основание перпендикуляра, опущенного из точки N на AB, делит длину ломаной пополам.

При решении задачи оказалось, что равны углы NAB и NCB, значит четырехугольник ACBN вписан в окружность (вернитесь к рисунку 1). Это можно сформулировать иначе: точка N действительно лежит на описанной около треугольника ABC окружности! И при решении нашей задачи мы доказали факт Архимеда! (Задание читателю: выделите из нашего разговора это доказательство).

Как же решить задачу, опираясь на обнаруженные нами свойства?

Опишем окружность около треугольника ABC и проведем диаметр NL, перпендикулярный стороне AC (рис. 3). Покажем, что точка N – та, о которой говорится в задаче. Для этого докажем, что BN – биссектриса внешнего угла треугольника, и что MY параллельно BL.

Первое следует из того, что BL – биссектриса РB треугольника, а РLBN – прямой (если читателю кажется, что этого мало, то это надо самостоятельно доказать).

Второе вытекает из того, что точки A, M, Y, N лежат на одной окружности (так как углы AMN и AYN – прямые). Действительно, рассматривая вписанные углы двух указанных окружностей (рис. 3) можно заметить, что

РYMN=РYAN=РBAN =РBLN.

Отсюда и следует параллельность.

А раз точка N та самая, то AN = NC – это именно то, что требовалось доказать.

Задача решена дважды.

Эпизод 3. Чем больше знаешь, тем все проще.

Дальнейшее наблюдение показало, что… речь идет совсем о другом. Посмотрим на ситуацию так:

Если точку N описанной около треугольника окружности спроектировать на стороны треугольника (или их продолжения), то проекции будут лежать на одной прямой.

Оказывается, что такое свойство выполняется для любой точки описанной окружности, а прямая, на которой оказываются основания перпендикуляров, зовется прямой Симсона¹ . Кстати, из трех оснований перпендикуляров два лежат на сторонах, а одно – на продолжении.

Доказывается это утверждение несложно (рис. 4): на одной окружности лежат не только точки A, B, C и N, но и точки A, M, Y, N, а также точки N, Y, B, X, поэтому выполняется следующее равенство для углов (которые прыгают по окружностям):

РNYX=РNBX= 180°–РNBC=РNAM= 180° – РNYM.

Вывод

РNYX + РNYM = 180°

из этого равенства говорит о том, что точки M, X, Y лежат на одной прямой.

При этом верен и обратный факт:

Пересечем две стороны треугольника и продолжение третьей стороны прямой. Если перпендикуляры, восстановленные в точках пересечения этой прямой со сторонами треугольника, пересекаются в одной точке, то эта точка лежит на описанной окружности.

Доказательство основано на тех же соображениях. Те же точки (A, M, Y, N и N, Y, B, X) лежат на окружностях (рис. 4). Тогда

РNAM = 180°–РNYM=РNYX=РNBX=180° –РNBC.

Вывод РNAM + РNBC = 180° из этого равенства говорит о том, что точки A, B, C и N принадлежат одной окружности.

В связи с этим задачу можно переформулировать так:

Вокруг треугольника ABC описана окружность. Пусть точка N – середина дуги AC, содержащей точку B. Докажите, что прямая Симсона, соответствующая точке N, параллельна биссектрисе угла B треугольника.

Это было доказано выше (где приводилось второе решение задачи).

Какой же сделать вывод из этого рассказа?

Здесь показано: для того, чтобы лучше решать геометрические задачи, надо узнать много разных теорем. Нет, наверное, это не так. Всего не узнаешь.

В любой задаче интересно «покопаться», тогда можно посмотреть на ситуацию иначе. Но такое только для больших любителей геометрии.

А можно просто полюбоваться на чудный, взаимосвязанный мир планиметрии, где за одной задачей может скрываться очень многое. По крайней мере, такой разговор моим ученикам понравился. Может он понравился и читателям?

1 Подробнее см. В.В. Прасолов. Задачи по планиметрии. Часть 1. (2-е или 3-е издание). Глава 5. Параграф 9.