Вокруг прямой Эйлера
— Опять ночь… — с тоской сказал отец Кабани и упал лицом в объедки.
Украшение города,
сверкающая башня астрологической
обсерватории,
торчала
теперь в синем
небе
черным гнилым зубом, спаленная
«случайным пожаром».
Братья Стругацкие. «Трудно быть богом»
Вдруг вспомнился далекий Арканар братьев Стругацких. Но не книгочеи, бегущие за рубеж, и даже не высокоученый отец Кин, прокуратор Патриотической Школы, подаривший девиз орлам нашим, реформаторам образования: «Умные нам не надобны», а почему-то — несчастный отец Кабани...
У нас не Арканар, все происходит спокойнее, обыденнее. Шпиль МГУ все еще украшает небо столицы. Просто отменили такой предмет, как астрономия. А не получилось сразу запретить геометрию — ничего страшного. С отменой выпускных и вступительных экзаменов она отомрет сама (анонимный опрос учащихся показал, что в 25% московских школ геометрия в старших классах уже не преподается).
Еще не упразднен экзамен по геометрии в 9-м классе в классах с углубленным изучением предмета. Требования не чрезмерные, креативность учащихся не пострадает: «Нахождение гипотенузы, катета и острого угла прямоугольного треугольника по данным его второго катета и острому углу» (из билета № 4, «Вестник образования», № 3–4/2005). В билете № 8 присутствует и углубление.
1. Треугольник (определение). Теорема о сумме углов треугольника. Прямая Эйлера (без доказательства).
2. Выражение расстояния между двумя точками через координаты этих точек.
«Без доказательства» звучит уже вполне по-американски. Чем хорошо такое углубление в предмет? И не захочешь, а позабудешь... 23 и 24 января этого года лучшие выпускники Московской области решали следующие задачи (их авторские решения мне пока не известны).
11.4. (Московская областная олимпиада, 2009, 1-й тур, 11-й класс, последняя в варианте.) В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведена высота AA1 и отмечены точки H и O — точка пересечения высот и центр описанной окружности. Докажите, что точка, симметричная центру описанной окружности треугольника HOA1 относительно прямой HO лежит на средней линии треугольника ABC.
11.6. (Московская областная олимпиада, 2009, 2-й тур, 11-й класс.) Точка D на стороне BC остроугольного треугольника ABC такова, что AB = AD. Окружность, описанная около треугольника ABD, пересекает сторону AC в точках A и K. Прямая DK пересекает перпендикуляр, опущенный из B на AC, в точке L. Докажите, что CL = BC.
Со второй задачей (11.6) несколько участников олимпиады справились. Задача мне понравилась. Как доказать, что треугольник BCL — равнобедренный? BH = HL? Или установить равенство углов LBC и BLC? Я доказал, что равны углы LBK и BLK, а оттуда равенство отрезков BH и HL сразу следует...
Знание того, что в любом треугольнике точка пересечения медиан лежит на отрезке, проведенном из точки пересечения высот в центр описанной окружности, и делит этот отрезок в отношении 2 : 1 (вроде бы легко запомнить), позволяло в несколько строк решить и первую задачу. Но ее не решил никто. Лишь трое участников имеют баллы за эту задачу (5, 3 и 2 из семи возможных).
Задача, по сути, одномерная. Пусть N — середина отрезка HO, K — центр описанной окружности треугольника HOA1, L — точка, симметричная точке K относительно HO. M — центр тяжести треугольника ABC (HM = 2HO). Нас будут интересовать только расстояния от перечисленных точек до отрезка AB. Обозначим их hH, hO, hL, hN и т.д. Два первых расстояния будем считать заданными. Покажем, что 2hL = hA, это и будет означать, что точка L находится на средней линии треугольника ABC. Точка K расположена на серединном перпендикуляре к A1H, поэтому
Точка N — середина отрезка HO, тогда
А высота треугольника ABC в три раза больше:
hA = 2hO + hH.
hL + hK = 2hN,
откуда
2hL = 4hN – 2hK = 2hH + 2hO – hH = 2hO + hH.
К этому мы и стремились.
С этого года упразднены региональные олимпиады для 8-х классов. Ползучая реформа. Чтобы хоть как-то компенсировать ущерб от этого решения, группа замечательных людей проводит с декабря альтернативную олимпиаду имени Эйлера. Кто бы они ни были: грамотеи-мечтатели или грамотеи усомнившиеся, они встали на пути такой реформы, таких денежных потоков!
Но ведь «все, что мешает человеку развивать разум, — зло, и это зло надлежит устранять в кратчайшие сроки любым путем. Любым? Любым ли?.. Надо решаться. Рано или поздно все равно придется решаться» (Дон Румата).