Задача из журнала «Квант» (2001 год, 6 выпуск)

Условие

Под каким углом к горизонту следует бросить камень, чтобы расстояние от него до точки бросания в течение полета все время возрастало? Камень бросают с небольшой скоростью, сопротивлением воздуха можно пренебречь.

Решение

Если бросить камень почти вертикально, то расстояние до него вначале будет увеличиваться, а затем начнет уменьшаться. Ясно, что нужно найти «граничное» значение угла бросания $\alpha_\Gamma.$ Ясно также, что «подозрительная» точка траектории находится на спадающем ее участке. В этой точке вектор скорости $\overline{v}$ перпендикулярен радиусу-вектору $\overline{R}$ (см. рисунок).

Тогда $$\frac{y}{x} = \frac{v_x}{-v_y}, или \frac{v_0t\sinα_Γ-\frac{gt^2}{2}}{v_0t\cosα_Γ} = \frac{v_0\cosα_Γ}{gt-v_0\sinα_Γ}.$$

Отсюда получаем квадратное уравнение:

$$t^2- \frac{3v_0\sinα_Γ}{g}t + \frac{2v^2_0}{g^2} = 0.$$

У этого уравнения есть корень при условии, что дискриминант $D \geqslant 0$. Тогда условие задачи будет выполнено, если это уравнение не имеет корней, т.е. если

$$\frac{9v^2_0-\sin^2α_Γ}{g^2} − \frac{8v^2_0}{g^2} \leqslant 0.$$

Для граничного угла находим

$$\sinα_Γ = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Если $α<α_Γ = \arcsin\frac{2\sqrt{2}}{3} = 70,5^o,$ то все хорошо.

З.Рафаилов

Задача из журнала «Квант» М1611 ( 1997, выпуск №5)

Задача:

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$. Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$, а вторую — в точке $D$. Пусть $M$ и $N$
— середины дуг $BC$ и $BD$, не содержащих точку $A$, а $K$ — середина отрезка $CD$. Докажите, что угол $MKN$ прямой.
(Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$)

Решение:

Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см. рисунок).

Тогда $\bigtriangleup KCN_{1} = \bigtriangleup KDN$, поэтому $CN_{1} = ND$ и $\angle N_{1}CK = \angle NDK = \pi — \angle ABN$. Заметим ещё, что $\angle MCK = \pi — \angle ABM$. Складывая полученные равенства, находим, что $\angle N_{1}CM = \angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM = MB$ и $BN = ND$ (т.е. $BN = CN_{1}$). Значит, $\bigtriangleup MCN_{1} = \bigtriangleup MBN$, откуда $MN_{1} = MN$. Отрезок $MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$, поэтому $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Замечание:

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$, где $E$ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон
($EK$ и $FN$, $ME$ и $KF$), следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N}$ — на углы $\alpha = \angle DNB$ и $\beta = \angle BCM$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что $\alpha + \beta = 180^{\circ}$, поэтому $R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} = Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но
$Z_{x}(D) = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) = R^{\beta}_{M}(B) = C$,
поэтому $X$ — середина отрезка $CD$, т. е. точка $K$. Если $N_{1} = Z_{K}(N)$, то $N_{1} = \left(R^{\beta}_{M} \circ R^{\alpha}_{N} \right) \left( N \right)$, т. е. $\bigtriangleup NMN_{1}$ — равнобедренный и $\angle MKN = 90^{\circ}$.

Д. Терешин