Задачи на нахождение углов в планиметрии

Задачи на нахождение углов в планиметрии.
Н. А. Печёнкин
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.
Первая 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.
Задача 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.
Задача 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):
Задача 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):
Решение 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˚
2
2
(3–4sin 10˚)/(1–2sin 10˚)=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.