Неизвестный угол

Сильнее всего в этой задаче интригует ответ: 75°. Причем, это не приближенное значение величины угла, а точное.

Если вы совсем забыли школьную геометрию, то, может быть, вы не совсем забыли хотя бы тригонометрию? Например, если опустить высоту h из вершины здания на прямую AC (пусть ее основание попадет в точку K), то AK = h, а BK = h/tg 60° = h/√3. Это позволяет выразить через h длины отрезков AB, AC = 3AB (вспомним, что Саша движется с постоянной скоростью, значит за 15 минут он проходит втрое больше, чем за 5 минут) и CK = AC – AK. Наконец, можно вычислить тангенс искомого угла C, равный h/CK. При этом неизвестная величина h, естественно, сократится, и результат будет безразмерной величиной — числом.

Проделав все эти выкладки, получим, что тангенс угла равен 2 + √3. И что с того? Как отсюда можно получить значение 75°? Например, тоже через тригонометрию — по формуле тангенса суммы:

tg (45° + 30°) = (tg 45° + tg 30°)/(1 – tg 45°· tg 30°) = (1 + √3/3)/(1 – √3/3) = (1 + √3/3)²/[(1 + √3/3)(1 – √3/3)] = (1 + 2√3/3 + 1/3)/(1 – 1/3) = (4 + 2√3)/2 = 2+√3.

Ну а поскольку тангенсы различных острых углов всегда различны, то существует единственный угол, тангенс которого равен 2 + √3, — и, как мы только что продемонстрировали, этот угол равен 75°.

А теперь забудьте всё, о чем мы здесь написали, и постарайтесь придумать решение, в котором угол определялся бы методами классической геометрии без всякой тригонометрии.

1. При ответе на первый вопрос мы приведем два разных решения.

Первое решение

Первое «танцует» от известного треугольника ABZ (где Z — вершина здания, рис. 1).

Рис. 1.

Опишем окружность вокруг треугольника ABZ. Пусть D — центр этой окружности. Так как в треугольнике ABZ известны все углы (∠ZAB = 45°, ∠ABZ = 120°, ∠BZA = 15°), то легко найти углы треугольников ADB и BDZ. Для этого воспользуемся теоремой о вписанном угле: вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу окружности. Так как ∠ZAB = 45°, то ∠ZDB = 90°. Аналогично, так как ∠BZA = 15°, то ∠BDA = 30°. Итак, у одного из равнобедренных треугольников угол при вершине прямой, а у другого — 30°. Тогда каждый из углов ABD и BAD равен 75°. Теперь нам осталось доказать, что BD∥CZ. Для этого поступим следующим образом: проделаем некоторые дополнительные построения, в результате которых убедимся, что прямая, проведенная через Z параллельно BD, действительно пройдет через точку C. Для начала, проведем эту линию и опустим перпендикуляр AF на BD. Две этих линии пересекутся в точке E. Так как EF⊥BD и DZ⊥BD, то EF∥DZ. А так как EZ∥DF по построению, то EFDZ — прямоугольник, откуда FE = DZ = DA. Но в треугольнике AFD меньший катет AF лежит против угла 30°, поэтому он равен половине гипотенузы AD, то есть AF = FE/2. Мы получили, что AE/AF = 3, а так как EZ∥DF , то из теоремы Фалеса следует, что EZ пересекает AB в точке С', для которой AC'/AB = 3. Такая точка на продолжении AB за точку B единственна и совпадает с точкой C. Мы доказали, что ZC∥BD, что и требовалось доказать.

Второе решение

Второй способ, пожалуй, можно было бы, по примеру древних греков, свести к одному слову «Смотри!», но мы постараемся все-таки прокомментировать сделанные построения.

Рис. 2.

Добавим на маршрут Саши точку M, в которой он побывал в 12:10, а на луче BZ отметим точку L, которая находится от B на таком же расстоянии, как M и A (рис. 2). Так как треугольник MBL — равнобедренный с углом при вершине 60°, то он равносторонний: ML = MB = BL = BA = MC. Но тогда оба треугольника ABL и CML — равнобедренные с углами при вершине, равными 120°. Поэтому треугольник ACL равнобедренный, LC = LA. Кроме того, из этих треугольников находим ∠LAB = 30°, ∠LAZ = 45° – 30° = 15° = ∠LZA. Таким образом, треугольник LAZ тоже равнобедренный, и в итоге мы получаем, что LZ = LC. До конца осталось совсем чуть-чуть: угол CLZ прямой (это получается либо всё по той же теореме о центральном угле, либо прямым подсчетом остальных углов при вершине L), поэтому ∠LCZ = 45° и ∠ACZ = 30° + 45° = 75°.

Отметим, что в этом решении нам не потребовались хитрые приемы «докажем, что тангенс угла такой, как нужен» и «докажем, что если провести прямую параллельно, то попадем куда нужно».

2. Теперь ответим на второй заданный вопрос — каким будет неизвестный угол, если в 12:05 мальчик уже прошел мимо здания? Сначала — рисунок 3 с ответом:

Рис. 3.

А теперь — рисунок, аналогичный тому, который был во втором решении (рис. 4). Оставляем читателю возможность проделать все необходимые доказательные рассуждения самостоятельно.

Рис. 4.

Сложные задачи на определение неизвестных углов встречаются в школьном курсе геометрии достаточно редко, да и в олимпиады попадают нечасто. Причины весьма банальны:

1) в школе таких задач не бывает, потому что в школьных учебниках вообще мало трудных задач, а имеющуюся «квоту» авторы учебников предпочитают заполнять задачами на доказательство, а не на вычисление;

2) к тому «школьному возрасту», когда учащиеся могут решать такие задачи на олимпиадах (по нынешним программам это ближе к концу 9 класса, потому что для решения нужны свойства углов, связанных с окружностью), они уже достаточно «накачаны», чтобы расщелкать такие непростые геометрические орешки с помощью тригонометрической палочки-выручалочки — теорем синусов, косинусов и формул сложения тригонометрических функций.

В общем, такая вот неудачная ситуация: красивые задачи есть, для их решения безусловно хватает стандартной школьной программы, но...

Прежде чем поделиться с вами какими-то дополнительными «отмычками», я хочу предложить еще две задачи наподобие уже решенных.

• Треугольник ABC с углами, обозначенными на рисунке 5, симметрично отразили относительно точки A. Найдите величины углов B' и C', обозначенных на рисунке вопросительными знаками. (И представьте себе, что мальчик Саша шел мимо здания от B к B', причем вначале видел здание под углом 30°, а ровно посередине пути — под углом 45°. Или, наоборот, шел от C к C'.)
• Докажите, что в правильном 12-угольнике существуют четыре диагонали, не проходящие через центр многоугольника и пересекающиеся в одной точке.

Рис. 5.

Первая задача имеет много разных решений, ответы в ней — 15 и 30 градусов. Решение второй задачи можно прочитать на сайте problems.ru.

Ну а теперь обещанные дополнительные отмычки для тех, кому интересно почитать или порешать что-то еще на затронутую тему. Первая из отмычек — задача 57072 с того же сайта problems.ru и основанные на ней решения задач 57641 и 77963. Эти задачи иллюстрируют ряд ситуаций, когда неизвестные углы в каких-то треугольниках и четырехугольниках оказываются вычисляемыми благодаря замечательному (и совершенно непопулярному в школьной геометрии) факту: существуют диагонали у правильных многоугольников, которые пересекаются в одной точке, не лежащей ни на одной оси симметрии. Полный каталог таких точек пересечения для правильных многоугольников приводится в статье (на английском) Бьорна Поонена и Майкла Рубинштейна The Number of Intersection Points Made by the Diagonals of a Regular Polygon, написанной в 1995 году. Дальнейшее развитие темы (результаты для звездчатых многоугольников) можно прочитать в статье (тоже на английском) Some Results on Odd Astral Configurations, написанной Леей Берман для EJC — The Electronic Journal of Combinatorics.