Трисекция угла в задачах школьной геометрии

раздел: “Фамильная” геометрия

ключевые слова: ключевые слова: удвоение куба, квадратура круга, биссектриса, одним циркулем, трисектрисы, ортоцентр, формула биссектрисы, Архимед, Чева, Морлей

 

Из трёх знаменитых классических задач на построение особый интерес вызывает задача о трисекции угла. Если задачи об удвоении куба и квадратуре круга могут напугать не очеь искушённых любителей геометрии, то попытки разделить произвольный угол на три равные части предпринимают почти все! Мы же, преподаватели, объясняем детям, что задача о трисекции угла, по всей видимости, возникла в связи с построением правильного девятиугольника. Действительно, 360о:9=120о:3. Последнее, говорим мы, выполнить с помощью циркуля и линейки невозможно. Для осуществления трисекции угла математики изобретали специальные инструменты. Придумывали изящные, хотя и запрещённые в геометрии, построения или методы(метод «вставок» Архимеда и другие). Применяли конические сечения. Вводили сложные кривые(например, конхоиду, квадратриссу). В конце концов университеты и Академии отказались принимать какие бы то ни было проекты, связанные с трисекцией угла. Наконец, в XVIII веке было доказано, что трисекция угла невозможна(идея доказательства связана с формулой синуса тройного угла и отсутствием рациональных корней у соответствующего кубического уравнения). Казалось бы, вот и всё, что касается трисекции угла. Но всё дело в том, что существуют задачи школьной геометрии, которые чудесным образом украшают эту тему. Делают её живой, эмоциональной, познавательной, творческой! Именно такие задачи и будут представлены в нижеследующей серии.

 

Задача 1.                          Сторону BC в ΔABC разделили точками D и E на 3 равные части(рис.1). Докажите, что 1=2=3.

Решение.     Допустим, что это так. Тогда AD — медиана и биссектриса в ΔABE. Значит, и высота. Аналогично AE — медиана и биссектриса в ΔACD. Следовательно, и высота. Но тогда из A проведено два перпендикуляра к BC, что невозможно.

  Таким образом, неверно, что 1=2=3.

 рис.1

Задача 2.                           Углы B и C треугольника ABC разделили на три равные части каждый(рис.2).                           Получены точки K и N. Докажите, что KN — биссектриса в ΔBKC.

 Решение.        BN и CN —  биссектрисы      в ΔBKC. Поскольку в любом треугольнике три биссектрисы пересекаются в одной точке, то и KN — биссектриса.

 

рис.2

 

Задача 3.         Салфетка имеет форму четверти круга(рис.3). Выполните трисекцию угла AOB, не имея ни циркуля ни линейки.

 

Решение.     Перегнём салфетку так, чтобы точки A и O совместились — получим точку N (рис.4). ΔAON — равносторонний (ON=AN и при этом ON=AO=R). Тогда NOB=90о-60о=30о. Перегнув салфетку таким образом, чтобы совместились точки O и B, получим рис.3              точку K и равносторонний ΔBOK. Следовательно, AOK=KON=NOB=30о. Трисекция AOB осуществлена!

 

 

 

 

 

 

 

рис.4

 

 

 

 

 

 

 

Задача 4.              Трисекцию какого угла можно выполнить одной линейкой?

  Ответ.     Трисекцию угла 270о(рис.5).

 

 

 

 

 

 

 

рис.5

 

Задача 5.                      Дан угол A, равный 108о. Проведя не более двух линий, постройте угол, составляющий 1/3 угла A.

Решение.     Окружность с центром в A произвольного радиуса пересекает стороны угла в точках B и C (рис.6) — 1ая линия. Прямая BC — 2ая линия. Действительно,  ΔABC — равнобедренный и ABC=ACB=(180о-108о)/2=36о=1/3×108о.

  рис.6

 

Задача 6.                      Дан угол, равный 54о. С помощью одного циркуля выполните трисекцию этого угла.

Решение.        Пусть AOB=54о (рис.7). Из O как из центра радиусом OA=OB=R проволим окружность. От точки B на окружности растовором R делаем последовательно засечки: K, N, T. Причём, T– точка, диаметрально противоположная B (докажите!). Раствором циркуля, равным AB, делаем засечки: E и F. Тогда градусная мера дуги TF равна 180о-3×54о=18о. Поскольку 54о:3=18о, то остаётся из точки B сделать две засечки раствором циркуля, рис.7                

равным TF. Полученные точки C и D делят дугу AB на 3 равные части, осуществляя тем самым трисекцию угла AOB.

 

Задача 7.                      Выполнена трисекция центрального угла AOB, то есть AOK=KON=NOB (рис.8). T — точка пересечения OK и AB. Докажите, что AT=AK=TN.

Доказательство.        AT=TN, поскольку ΔOTAOTN — по двум сторонам и углу между ними. Пусть AOK=KON=NOB=α. Тогда в равнобедренном ΔAOK:        OAK=OKA=(180о-α)/2=90о-α/2. TAK=α(вписанный, опирается на дугу BK=2α).

рис.8                      Следовательно, из ΔTAK найдём недостающий                                                        

                               угол ATK. ATK=180о-α-(90о-α/2)= 90о-α/2. Но и       

                               AKT=90о-α/2. Значит, AT=AK.

 

Задача 8.                      Проведены трисектрисы углов B и C(лучи, делящие каждый из этих углов на 3 равные части) треугольника ABC. Известно, что две из трисектрис пересекаются в его ортоцентре H. Найдите углы ΔABC.

Решение.        Присвоим трисектрисам соответствующие номера: 1 и 2 — выходящие из вершины B, 3 и 4 — из вершины C(рис.9). Очевидно, возможны различные комбинации рис.9                             пересечения двух из них в ортоцентре H   

треугольника ABC. Случай, когда пересекаются трисектрисы 1 и 4, мы рассмотрим, а для остальных возможностей предложим лишь ответы(они имеют аналогичные решения). Итак, пусть трисектриса 1 совпадает с высотой BH2, а трисектриса 4 — с высотой CH3 и, следовательно, они пересекаются в ортоцентре H(рис.10). Из ΔABH2 имеем: B/3=90о-A, а из ΔACH3: 2C/3=90о-A. Значит,  рис.10                           B=2C. В 4хугольнике AH2HH3  H2HH3=180о-A, а значит, и вертикальный с ним BHC=180о-A. Тогда в ΔBHC: 2B/3+С/3+180о-A=180о,или 5C/3=A. Следовательно, для ΔABC имеем: 5C/3+2C+C=180о(или π радиан), откуда C=; B=; A=.

В случае пересечения трисектрис 1 и 3 в ортоцентре H ответы следующие: A=; B=C=. Когда в ортоцентре H пересекутся трисектрисы 2 и 4, получим: A=; B=C=.

 

Задача 9.                      Постройте прямоугольный треугоьник (C=90о) по отрезкам AE=n и AF=k, делящим угол A на 3 равные части(рис.11).

Решение.        Пусть AC=x и α — это третья часть угла A. Поскольку AE=nбиссектриса в ΔACF, то по формуле биссектрисы  где cosα=x/n (из ΔAEC). Имеем:        

    рис.11                      , или

                                     2x2k-n2x-n2k=0 Решаем его как квадратное                                                                                                       

                                     относительно x

 (второй корень отрицателен)

Построить отрезок x не представляет труда, после чего строится ΔACE(по катету и гипотенузе). Дальнейшее очевидно.

 

Задача 10.                      Постройте равнобедренный ΔABC (b=c) по hb и lb — соответственно высоте и биссектрисе, проведеным к боковой стороне b.

Решение.        По катету hb и гипотенузе lb нетрудно постороить ΔBH2L2(рис.12). Пусть ABL2=CBL2=α. Тогда ACB=2α. Из ΔBСL2 находим: BL2C=180о-3α. Этот угол построен. Значит, построен и угол, равный 3α. Для построения же ΔABC нам необходимо построить угол α, а затем и 2α. Однако трисекция угла 3α невозможна. Значит, невозможно построить и треугольник ABC.

 

рис.12

Задача 11.                      Дан круг с фиксированной хордой AB. Постройте параллельную ей хорду CD — так, чтобы площадь трапеции ABCD была наибольшей.

Решение.      Покажем, что искомой будет трапеция ABCD, в которой BC=CD=AD

(рис.13). Предположим, что это будет иная трапеция, например, ABEF, в которой боковая сторона меньше второго основания(AF<EF). Пусть K=BCEF; N=ADEF и Q=ADCF. ΔDCQFAQ — по двум углам. Поскольку CD=AD>AF, то S3>S1+S2(1), где S3=SDCQ; S2=SFQN    рис.13                     и S1=SFAN. ΔFKCBKE — по двум углам и

                                SFKC>SBKE (т.к.  FC>CD — стягивает большую дугу, а CD=BC>BE). Значит, S4+S2>S5(2), где S4=SQNKC и S5=SBKE. Сложив левые и правые части неравенств (1) и (2), получим: S3+S4>S1+S5(3).

А это и означает, что площадь трапеции ABCD будет больше площади трапеции ABEF(кроме площадей, отвечающих неравенству (3), у них есть общая часть — трапеция ABKN). Аналогично показывается, что площадь трапеции ABCD превышает площадь трапеции, у которой боковая сторона больше, чем основание CD.

Итак, Smax=SABCD, где BC=CD=AD. Но для построения такой трапеции нужно большую часть дуги AB(рис.13) разделить точками C и D на 3 равные части, что равносильно задаче о  трисекции угла. Следовательно, построить такую трапецию с помощью циркуля и линейки невозможно.

 

 В заключение предлагаем выполнить ряд задач, связанных с трисекцией угла, самостоятельно.

 

Задача 12.  В условиях задачи 1(рис.1) какой из углов 1, 2, 3 является наибольшим?

 

 

Задача 13.  Как осуществить с помощью циркуля и линейки трисекцию угла ?

Задача 14.  Выполните трисекцию угла 54о  с помощью циркуля и линейки.

 

Задача 15.   Выполните трисекцию четверти круга OAB (AK=KN=NB= 30о). Проведите KT||OB и NQ||OB(рис.14). Докажите, что площадь сектора KON равна площади криволинейной трапеции QTKN.

 

 

 

 

рис.14

 

Задача 16. (Архимед)   Докажите, что согласно рис.15, на котором ANB и AO=BO=CO=KN=R, величина угла ANB равна α/3.                 

 

 

              

 

 

 

рис.15           

 

Задача 17.                        В параллелограмме ABCD точки K и N — соответственно середины BC и CD(рис.16). Возможна ли трисекция угла A отрезками AK и AN? Когда?

 

 

 

 

рис.16

 

 

 

 

Задача 18.(Чева)     Докажите, что в обозначениях рис.17 угол φ осуществляет трисекцию угла α, т.е. φ= α/3.

 

 

 

 

 

 

 

рис.17

 

Задача 19.(теорема Морлея)

Докажите что трисектрисы углов A,B и C треугольника ABC образуют равносторонний ΔKNT(рис.18).

 

 

 

 

 

 

 

рис.18

 

 

 

 

 

                                                             Г.Филипповский,

                                                        Русановский лицей,

                                                        г. Киев.