Страница 75 - гдз по геометрии 7 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

175. Перерисуйте в тетрадь рисунок 198. Постройте окружность, проходящую через точки $S$, $T$ и $F$.

Рис. 198

175. Перерисуйте в тетрадь рисунок 198. Постройте окружность, проходящую через точки $S$, $T$ и $F$.

Рис. 198

Чтобы построить окружность, проходящую через три точки S, T и F, не лежащие на одной прямой, необходимо найти ее центр и радиус. Центр такой окружности является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам, соединяющим эти точки (например, ST и TF). Эта точка называется центром описанной окружности треугольника STF.

Построение выполняется с помощью циркуля и линейки по следующему алгоритму:

1. Соедините точки S и T, а также точки T и F отрезками.
2. Постройте серединный перпендикуляр к отрезку ST. Для этого из точек S и T как из центров проведите две дуги окружности одинакового радиуса (больше половины длины отрезка ST). Через две точки пересечения этих дуг проведите прямую.
3. Аналогичным образом постройте серединный перпендикуляр к отрезку TF. Для этого проведите две дуги одинакового радиуса (больше половины длины отрезка TF) с центрами в точках T и F, а затем соедините прямой точки их пересечения.
4. Точка пересечения построенных серединных перпендикуляров (обозначим ее O) и будет являться центром искомой окружности. Это следует из того, что любая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от его концов. Таким образом, точка O равноудалена от всех трех вершин: $OS = OT = OF$.
5. Установите ножку циркуля в точку O, а грифель — в любую из точек S, T или F.
6. Проведите окружность. Она пройдет через все три заданные точки.

Для проверки правильности построения можно найти координаты центра и радиус окружности аналитически. Введем систему координат, где левый нижний узел сетки — начало координат $(0, 0)$, а шаг сетки равен 1. Тогда координаты точек:

• S(1, 3)
• T(4, 5)
• F(6, 2)

Уравнение серединного перпендикуляра к ST. Середина отрезка $M_1$ имеет координаты $(\frac{1+4}{2}, \frac{3+5}{2}) = (2.5, 4)$. Угловой коэффициент прямой ST равен $k_{ST} = \frac{5-3}{4-1} = \frac{2}{3}$. Угловой коэффициент перпендикуляра $k_1 = -\frac{1}{k_{ST}} = -\frac{3}{2}$. Уравнение перпендикуляра: $y - 4 = -\frac{3}{2}(x - 2.5)$, что упрощается до $y = -1.5x + 7.75$.

Уравнение серединного перпендикуляра к TF. Середина отрезка $M_2$ имеет координаты $(\frac{4+6}{2}, \frac{5+2}{2}) = (5, 3.5)$. Угловой коэффициент прямой TF равен $k_{TF} = \frac{2-5}{6-4} = -\frac{3}{2}$. Угловой коэффициент перпендикуляра $k_2 = -\frac{1}{k_{TF}} = \frac{2}{3}$. Уравнение перпендикуляра: $y - 3.5 = \frac{2}{3}(x - 5)$, что упрощается до $y = \frac{2}{3}x + \frac{1}{6}$.

Координаты центра окружности O. Найдем точку пересечения перпендикуляров, решив систему уравнений:$-1.5x + 7.75 = \frac{2}{3}x + \frac{1}{6}$.Решая это уравнение, получаем $x = 3.5$. Подставляя $x$ в любое из уравнений, находим $y = 2.5$.Таким образом, центр окружности — точка $O(3.5, 2.5)$.

Радиус окружности R. Радиус — это расстояние от центра O до любой из точек, например, S:$R^2 = (x_S - x_O)^2 + (y_S - y_O)^2 = (1 - 3.5)^2 + (3 - 2.5)^2 = (-2.5)^2 + (0.5)^2 = 6.25 + 0.25 = 6.5$.$R = \sqrt{6.5}$.

Ответ: Для построения окружности необходимо найти точку O — пересечение серединных перпендикуляров к отрезкам ST и TF. Эта точка является центром окружности. Радиус равен расстоянию от точки O до любой из заданных точек (S, T или F). После нахождения центра O и установки радиуса, с помощью циркуля проводится окружность. На рисунке центр окружности будет находиться в точке с координатами (3.5, 2.5).

176. Постройте касательную к данной окружности, образующую с данной прямой угол $60^\circ$. Сколько решений имеет задача?

176. Постройте касательную к данной окружности, образующую с данной прямой угол $60^\circ$.

Сколько решений имеет задача?

Постройте касательную к данной окружности, образующую с данной прямой угол 60°

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и прямая $l$. Построение основано на том, что искомая касательная должна принадлежать одному из двух семейств параллельных прямых, образующих угол 60° с прямой $l$, и при этом быть перпендикулярной радиусу, проведенному в точку касания.

Алгоритм построения:
1. Выбрать на прямой $l$ произвольную точку $A$ и построить через нее две вспомогательные прямые $m_1$ и $m_2$, каждая из которых образует с прямой $l$ угол 60°. Эти прямые задают два возможных направления для искомых касательных.
2. Для направления, заданного прямой $m_1$, найти соответствующие касательные:
а) Построить прямую $n_1$, проходящую через центр окружности $O$ и перпендикулярную прямой $m_1$.
б) Найти точки пересечения прямой $n_1$ с окружностью $\omega$ — точки $T_1$ и $T_2$.
в) Через точки $T_1$ и $T_2$ провести прямые $t_1$ и $t_2$, перпендикулярные прямой $n_1$. Прямые $t_1$ и $t_2$ будут касаться окружности и будут параллельны $m_1$.
3. Аналогично для направления, заданного прямой $m_2$, найти соответствующие касательные:
а) Построить прямую $n_2$, проходящую через центр окружности $O$ и перпендикулярную прямой $m_2$.
б) Найти точки пересечения прямой $n_2$ с окружностью $\omega$ — точки $T_3$ и $T_4$.
в) Через точки $T_3$ и $T_4$ провести прямые $t_3$ и $t_4$, перпендикулярные прямой $n_2$.
Полученные четыре прямые $t_1, t_2, t_3, t_4$ являются искомыми касательными, так как они касаются данной окружности и образуют с данной прямой $l$ угол 60°.

Ответ: Построение выполняется согласно приведенному алгоритму.

Сколько решений имеет задача?

Задача всегда имеет 4 решения, независимо от взаимного расположения исходной прямой и окружности.
Это следует из следующих соображений:
- Существует ровно два различных направления (два семейства параллельных прямых), которые образуют угол 60° с данной прямой $l$.
- Для любого заданного направления существует ровно две различные касательные к окружности, параллельные этому направлению. Они расположены по разные стороны от центра окружности.
Следовательно, общее количество искомых касательных равно $2 \times 2 = 4$.

Ответ: Задача имеет 4 решения.

177. Постройте равнобедренный треугольник по биссектрисе треугольника, проведённой из вершины угла при основании, и углу, который эта биссектриса образует с основанием.

177. Постройте равнобедренный треугольник по биссектрисе треугольника, проведённой из вершины угла при основании, и углу, который эта биссектриса образует с основанием.

Анализ

Пусть искомый равнобедренный треугольник – это $\triangle ABC$ с основанием $BC$. Пусть $BD$ – биссектриса угла при основании $\angle ABC$. По условию задачи нам даны:

1. Длина биссектрисы $BD = l$.
2. Угол, который биссектриса $BD$ образует с основанием $BC$, то есть $\angle DBC = \alpha$.

Так как $BD$ является биссектрисой угла $\angle ABC$, то $\angle ABD = \angle DBC = \alpha$.

Следовательно, угол при основании треугольника $\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = \alpha + \alpha = 2\alpha$.

Поскольку $\triangle ABC$ равнобедренный с основанием $BC$, углы при основании равны: $\angle ACB = \angle ABC = 2\alpha$.

Угол при вершине $A$ равен $\angle BAC = 180^\circ - (\angle ABC + \angle ACB) = 180^\circ - (2\alpha + 2\alpha) = 180^\circ - 4\alpha$.

Для построения треугольника $ABC$ сначала можно построить вспомогательный треугольник $BDC$. В этом треугольнике нам известна сторона $BD = l$ и два угла: $\angle DBC = \alpha$ и $\angle BCD = 2\alpha$. Третий угол $\angle BDC$ легко находится из суммы углов треугольника:

$\angle BDC = 180^\circ - (\angle DBC + \angle BCD) = 180^\circ - (\alpha + 2\alpha) = 180^\circ - 3\alpha$.

Таким образом, мы можем построить $\triangle BDC$ по стороне $BD$ и двум прилежащим к ней углам ($\angle CBD$ и $\angle BDC$), а затем достроить его до $\triangle ABC$.

Построение

Пусть нам дан отрезок, равный $l$, и угол, равный $\alpha$.

1. Построим отрезок $BD$ длиной $l$.
2. От луча $BD$ отложим угол $\angle DBC' = \alpha$.
3. Построим угол $3\alpha$, отложив угол $\alpha$ три раза подряд. Затем построим смежный с ним угол, равный $180^\circ - 3\alpha$.
4. От луча $DB$ в ту же полуплоскость, что и луч $BC'$, отложим угол $\angle BDC'' = 180^\circ - 3\alpha$.
5. Точка $C$ будет находиться на пересечении лучей $BC'$ и $DC''$. Треугольник $BDC$ построен.
6. Проведём прямую через точки $C$ и $D$. Вершина $A$ искомого треугольника будет лежать на этой прямой.
7. От луча $CB$ отложим угол $\angle CBA' = 2\alpha$ так, чтобы луч $BA'$ находился в той же полуплоскости относительно прямой $BC$, что и точка $D$. Это можно сделать, отложив от луча $BD$ угол $\angle DBA' = \alpha$ в полуплоскость, не содержащую точку $C$.
8. Точка $A$ является точкой пересечения прямой $CD$ и луча $BA'$.
9. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Проверим, что построенный $\triangle ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

• По построению, длина отрезка $BD$ равна $l$.
• По построению, $\angle DBC = \alpha$, то есть угол между отрезком $BD$ и основанием $BC$ равен $\alpha$.
• В построенном $\triangle BDC$ углы $\angle DBC = \alpha$ и $\angle BDC = 180^\circ - 3\alpha$. Следовательно, третий угол $\angle BCD = 180^\circ - (\alpha + 180^\circ - 3\alpha) = 2\alpha$. Таким образом, $\angle ACB = 2\alpha$.
• По построению, $\angle ABC = 2\alpha$.
• Так как в $\triangle ABC$ два угла ($\angle ABC$ и $\angle ACB$) равны $2\alpha$, то он является равнобедренным с основанием $BC$.
• Так как $\angle ABC = 2\alpha$ и $\angle DBC = \alpha$, то $BD$ является биссектрисой угла $\angle ABC$.

Все условия задачи выполнены, следовательно, построенный треугольник является искомым.

Исследование

Для того чтобы построение было возможно, все углы в треугольниках $BDC$ и $ABC$ должны быть положительными.

Для $\triangle BDC$ должны выполняться условия:

$\angle DBC = \alpha > 0$

$\angle BCD = 2\alpha > 0 \Rightarrow \alpha > 0$

$\angle BDC = 180^\circ - 3\alpha > 0 \Rightarrow 3\alpha < 180^\circ \Rightarrow \alpha < 60^\circ$

Для $\triangle ABC$ должны выполняться условия:

$\angle ABC = 2\alpha > 0 \Rightarrow \alpha > 0$

$\angle ACB = 2\alpha > 0 \Rightarrow \alpha > 0$

$\angle BAC = 180^\circ - 4\alpha > 0 \Rightarrow 4\alpha < 180^\circ \Rightarrow \alpha < 45^\circ$

Объединяя все условия, получаем, что для существования невырожденного треугольника $ABC$ необходимо и достаточно, чтобы данный угол $\alpha$ удовлетворял неравенству $0 < \alpha < 45^\circ$.

Если это условие выполнено, то построение по указанному алгоритму приводит к единственному (с точностью до конгруэнтности) треугольнику.

Ответ: Алгоритм построения описан в разделе «Построение». Задача имеет единственное решение при условии, что данный угол $\alpha$ удовлетворяет неравенству $0 < \alpha < 45^\circ$.

178. Постройте равнобедренный треугольник по высоте, проведённой к основанию, и углу, который эта высота образует с боковой стороной.

178. Постройте равнобедренный треугольник по высоте, проведённой к основанию, и углу, который эта высота образует с боковой стороной.

Для построения равнобедренного треугольника по заданной высоте, проведённой к основанию, и углу, который эта высота образует с боковой стороной, выполним анализ задачи, а затем само построение с помощью циркуля и линейки.

Анализ

Пусть искомый равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AC$ и высотой $BH=h$ построен. В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является также медианой и биссектрисой. Это означает, что $BH \perp AC$ и точка $H$ — середина отрезка $AC$ ($AH = HC$).

Таким образом, высота $BH$ делит равнобедренный треугольник $ABC$ на два равных прямоугольных треугольника: $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$. Рассмотрим один из них, например, $\triangle ABH$. В нём нам известны:

• Катет $BH$, равный заданной высоте $h$.
• Прилежащий к этому катету острый угол $\angle ABH$, равный заданному углу $\alpha$.
• $\angle BHA = 90^\circ$, так как $BH$ — высота.

Следовательно, задача сводится к построению прямоугольного треугольника $ABH$ по катету и прилежащему острому углу. Построив его, мы легко найдём третью вершину $C$, так как $H$ является серединой основания $AC$.

Построение

1. Проведём произвольную прямую $a$ и выберем на ней точку $H$. Эта прямая будет содержать основание искомого треугольника.
2. Через точку $H$ проведём прямую $b$, перпендикулярную прямой $a$. На этой прямой будет лежать высота.
3. На прямой $b$ от точки $H$ отложим отрезок $BH$, равный заданной высоте $h$. Точка $B$ будет вершиной треугольника, противолежащей основанию.
4. От луча $HB$ построим угол $\angle ABH$, равный заданному углу $\alpha$. Другая сторона этого угла пересечёт прямую $a$ в точке $A$. Эта точка — одна из вершин основания.
5. На прямой $a$ от точки $H$ отложим отрезок $HC$, равный отрезку $AH$, так, чтобы точка $C$ лежала на прямой $a$ по другую сторону от $H$.
6. Соединим точки $A$, $B$ и $C$. Полученный треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$. По построению, отрезок $BH$ перпендикулярен стороне $AC$, следовательно, $BH$ является высотой треугольника. Длина $BH$ равна заданной высоте $h$. Угол между высотой $BH$ и боковой стороной $AB$, то есть $\angle ABH$, равен заданному углу $\alpha$ по построению.

Чтобы доказать, что $\triangle ABC$ равнобедренный, сравним треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$.

• Сторона $BH$ — общая.
• $AH = CH$ по построению.
• $\angle BHA = \angle BHC = 90^\circ$ по построению.

Следовательно, $\triangle ABH \cong \triangle CBH$ по двум катетам (что является частным случаем первого признака равенства треугольников). Из равенства треугольников следует равенство их гипотенуз: $AB = BC$.

Таким образом, треугольник $ABC$ является равнобедренным, и он построен по заданным элементам. Задача имеет решение, если заданный угол $\alpha$ является острым ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$).

Ответ: Треугольник построен согласно приведённому алгоритму и удовлетворяет всем условиям задачи.

179. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины гипотенузы к одному из катетов.

179. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины гипотенузы к одному из катетов.

Задача состоит в построении равнобедренного прямоугольного треугольника по известному отрезку, который является перпендикуляром, опущенным из середины гипотенузы на один из катетов.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. По условию, он является равнобедренным и прямоугольным. Пусть $\angle C = 90^\circ$, тогда катеты равны: $AC = BC$. Углы при основании (гипотенузе) равны $45^\circ$: $\angle A = \angle B = 45^\circ$.

Пусть $M$ — середина гипотенузы $AB$, а $MN$ — перпендикуляр, проведённый из точки $M$ к катету $AC$ (точка $N$ лежит на $AC$). Таким образом, нам дан отрезок $MN$, и известно, что $MN \perp AC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Так как $BC \perp AC$ (поскольку $\angle C = 90^\circ$) и $MN \perp AC$ (по условию), то прямые $MN$ и $BC$ параллельны ($MN \parallel BC$).

По теореме о средней линии треугольника, так как прямая $MN$ проходит через середину стороны $AB$ (точку $M$) и параллельна стороне $BC$, она пересекает сторону $AC$ в её середине. Следовательно, точка $N$ является серединой катета $AC$.

Отрезок $MN$ является средней линией треугольника $ABC$. По свойству средней линии, её длина равна половине длины параллельной ей стороны: $MN = \frac{1}{2}BC$.

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, $AC = BC$. Значит, $MN = \frac{1}{2}AC$. А поскольку $N$ — середина $AC$, то $AN = NC = \frac{1}{2}AC$.

Из этого следует ключевое соотношение для построения: $MN = AN = NC$.

Таким образом, длина данного отрезка $MN$ равна половине длины каждого из катетов. Это позволяет нам построить катеты, а затем и весь треугольник.

Построение

Пусть дан отрезок $d$, равный длине перпендикуляра из середины гипотенузы к катету.

1. Начертим произвольную прямую $a$ и выберем на ней точку $N$.
2. С помощью циркуля и линейки построим прямую $b$, проходящую через точку $N$ и перпендикулярную прямой $a$.
3. На прямой $a$ отложим от точки $N$ в обе стороны отрезки $NA$ и $NC$, равные данному отрезку $d$. Получим отрезок $AC$ длиной $2d$, который будет одним из катетов искомого треугольника.
4. Через точку $C$ построим прямую $c$, перпендикулярную прямой $AC$.
5. На прямой $c$ отложим отрезок $CB$, равный отрезку $AC$ (то есть равный $2d$).
6. Соединим точки $A$ и $B$ отрезком.

Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

По построению, $\angle C = 90^\circ$ (так как $AC \perp BC$) и $AC = CB = 2d$. Следовательно, $\triangle ABC$ — равнобедренный прямоугольный треугольник.

По построению, точка $N$ является серединой катета $AC$.

Пусть $M$ — середина гипотенузы $AB$. Проведём через $M$ перпендикуляр к катету $AC$. Основание этого перпендикуляра по определению средней линии будет совпадать с серединой катета $AC$, то есть с построенной нами точкой $N$.

Длина отрезка $MN$, являющегося средней линией, равна половине стороны $BC$: $MN = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}(2d) = d$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи: он является равнобедренным прямоугольным, и перпендикуляр, проведённый из середины его гипотенузы к катету $AC$, равен данному отрезку $d$.

Исследование

Задача имеет решение при любой длине заданного отрезка $d > 0$. Построение, описанное выше, всегда выполнимо и приводит к единственному (с точностью до расположения на плоскости) треугольнику, удовлетворяющему условиям.

Ответ: Построение треугольника основано на установлении того факта, что длина данного перпендикуляра равна половине длины каждого из катетов. Детальный алгоритм построения приведён выше.

180. Постройте равносторонний треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины одной из сторон к другой стороне.

180. Постройте равносторонний треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины одной из сторон к другой стороне.

Для решения задачи проведем анализ, на его основе выполним построение и докажем, что построенный треугольник удовлетворяет условиям задачи.

Анализ

Пусть искомый равносторонний треугольник $ABC$ построен. Пусть $M$ — середина стороны $BC$, а $MH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $M$ на сторону $AC$. Отрезок $MH$ — это заданный в условии отрезок.

В равностороннем треугольнике все углы равны $60^\circ$, следовательно, $\angle C = 60^\circ$.

Рассмотрим треугольник $\triangle MHC$. По условию, $MH \perp AC$, значит, $\angle MHC = 90^\circ$. Угол $\angle MCH$ в этом треугольнике совпадает с углом $\angle C$ треугольника $ABC$, поэтому $\angle MCH = 60^\circ$.

Так как сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, то в $\triangle MHC$ третий угол $\angle CMH = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Таким образом, план построения становится ясен. Мы можем построить вспомогательный прямоугольный треугольник $MHC$ по катету $MH$ (заданному отрезку) и прилежащему к нему острому углу $\angle CMH = 30^\circ$. Построив этот треугольник, мы найдем положение вершины $C$ и середины $M$ стороны $BC$. Зная положение точек $M$ и $C$, мы можем найти вершину $B$ (так как $M$ — середина $BC$, то $BC = 2 \cdot MC$). Затем, зная сторону $BC$, мы можем построить и весь равносторонний треугольник $ABC$.

Построение

1. Проведем произвольную прямую $l$ и выберем на ней произвольную точку $H$.
2. Восстановим в точке $H$ перпендикуляр $p$ к прямой $l$.
3. На перпендикуляре $p$ от точки $H$ отложим отрезок $HM$, равный заданному отрезку.
4. Построим угол, равный $30^\circ$, с вершиной в точке $M$ и одной стороной, совпадающей с лучом $MH$. Для этого можно сначала построить угол в $60^\circ$ (например, построив равносторонний треугольник), а затем разделить этот угол пополам с помощью циркуля и линейки (построить его биссектрису).
5. Проведем луч из точки $M$ под углом $30^\circ$ к отрезку $MH$. Точку пересечения этого луча с прямой $l$ обозначим $C$.
6. Теперь у нас есть вершина $C$ и середина $M$ стороны $BC$. Для нахождения вершины $B$ проведем прямую через точки $C$ и $M$. С помощью циркуля отложим на этой прямой от точки $M$ отрезок $MB$, равный отрезку $MC$, так, чтобы точка $M$ оказалась между точками $B$ и $C$.
7. Мы получили сторону $BC$ искомого треугольника. Для нахождения третьей вершины $A$ построим две дуги окружностей с одинаковым радиусом, равным длине отрезка $BC$: одну с центром в точке $B$, другую — с центром в точке $C$.
8. Одну из точек пересечения этих дуг обозначим $A$.
9. Соединим точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

По построению (шаги 7-8), $AB = BC = CA$, следовательно, $\triangle ABC$ — равносторонний.

По построению (шаг 6), точка $M$ является серединой стороны $BC$.

Вспомогательный треугольник $MHC$ был построен так, что $\angle MHC = 90^\circ$ (шаг 2) и $\angle CMH = 30^\circ$ (шаг 4). Следовательно, третий угол этого треугольника $\angle MCH = 180^\circ - 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Поскольку $\triangle ABC$ — равносторонний, его угол при вершине $C$ равен $60^\circ$. Так как мы нашли, что $\angle MCH = 60^\circ$, то луч $CA$ совпадает с лучом $CH$, а значит, точка $H$ лежит на стороне $AC$.

Так как $MH \perp CH$ (прямая $l$), то $MH$ является перпендикуляром, проведенным из середины $M$ стороны $BC$ к стороне $AC$. Длина $MH$ равна длине заданного в условии отрезка. Следовательно, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый треугольник строится согласно алгоритму, приведенному в разделе "Построение".

181. Постройте треугольник $ABC$ по медиане $CM$, углу $BCM$ и углу $BMC$.

181. Постройте треугольник $ABC$ по медиане $CM$, углу $BCM$ и углу $BMC$.

Для построения искомого треугольника $ABC$ воспользуемся методом анализа, который позволит свести задачу к построению вспомогательного треугольника по известным элементам.

Анализ
Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. В нем $CM$ — медиана, проведенная к стороне $AB$. По определению медианы, точка $M$ является серединой стороны $AB$, то есть $AM = MB$, и точки $A$, $M$, $B$ лежат на одной прямой. Рассмотрим треугольник $BCM$. В этом треугольнике нам даны:

1. длина стороны $CM$;
2. угол $\angle BCM$;
3. угол $\angle BMC$.

Таким образом, мы знаем сторону треугольника $BCM$ и два прилежащих к ней угла. По второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим углам) мы можем построить такой треугольник. После построения треугольника $BCM$ у нас будут определены вершины $B$, $C$ и точка $M$. Поскольку $M$ — середина $AB$, вершину $A$ можно найти, продлив отрезок $BM$ за точку $M$ на расстояние, равное $BM$. То есть, точка $A$ симметрична точке $B$ относительно точки $M$. Соединив точки $A$, $B$ и $C$, мы получим искомый треугольник $ABC$. Задача имеет решение, если сумма данных углов меньше $180^\circ$, то есть $\angle BCM + \angle BMC < 180^\circ$, так как это углы одного треугольника ($BCM$).

Построение
1. Построим отрезок $CM$, равный по длине данной медиане.
2. От луча $CM$ в выбранной полуплоскости отложим угол, равный данному углу $\angle BCM$.
3. От луча $MC$ в той же полуплоскости отложим угол, равный данному углу $\angle BMC$.
4. Лучи, построенные в шагах 2 и 3 (не лежащие на прямой $CM$), пересекутся в некоторой точке. Обозначим эту точку $B$. Таким образом, мы построили треугольник $BCM$.
5. Проведем прямую через точки $B$ и $M$.
6. На этой прямой отложим от точки $M$ в сторону, противоположную лучу $MB$, отрезок $MA$, равный отрезку $MB$. Для этого можно использовать циркуль, установив его раствор равным $MB$, и сделав засечку на прямой за точкой $M$.
7. Соединим точки $A$ и $C$ отрезком.

Доказательство
Рассмотрим построенный треугольник $ABC$. По построению, отрезок $CM$ равен данной медиане. Углы $\angle BCM$ и $\angle BMC$ равны данным углам. Точка $M$ лежит на прямой $AB$, и, по построению, $AM = MB$, что означает, что $M$ является серединой стороны $AB$. Следовательно, $CM$ является медианой треугольника $ABC$. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ является искомым, так как удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый треугольник $ABC$ строится по приведенному алгоритму. Построение однозначно (с точностью до конгруэнтности) при условии, что сумма данных углов меньше $180^\circ$.

182. Даны прямая $b$ и принадлежащая ей точка $A$. Постройте точку, удалённую от точки $A$ на 3 см и от прямой $b$ на 2 см. Сколько решений имеет задача?

182. Даны прямая $b$ и принадлежащая ей точка $A$. Постройте точку, удалённую от точки $A$ на 3 см и от прямой $b$ на 2 см. Сколько решений имеет задача?

Для решения задачи воспользуемся методом геометрических мест точек (ГМТ). Искомая точка должна удовлетворять одновременно двум условиям, следовательно, она является точкой пересечения двух соответствующих ГМТ.

Построение

Проанализируем условия задачи:

1. Точка удалена от точки А на 3 см. Геометрическое место точек, равноудаленных от данной точки $A$ на расстояние 3 см, — это окружность с центром в точке $A$ и радиусом $R=3$ см.
2. Точка удалена от прямой b на 2 см. Геометрическое место точек, равноудаленных от данной прямой $b$ на расстояние 2 см, — это две прямые, $b_1$ и $b_2$, параллельные прямой $b$ и расположенные по разные стороны от нее на расстоянии $d=2$ см.

Искомые точки являются точками пересечения окружности и двух параллельных прямых. Алгоритм построения следующий:

1. Начертить прямую $b$ и отметить на ней точку $A$.
2. С помощью циркуля построить окружность с центром в точке $A$ и радиусом $R=3$ см.
3. В точке $A$ провести прямую $c$, перпендикулярную прямой $b$.
4. На прямой $c$ отложить от точки $A$ в обе стороны отрезки длиной 2 см. Обозначим концы этих отрезков $P_1$ и $P_2$.
5. Через точки $P_1$ и $P_2$ провести прямые $b_1$ и $b_2$ соответственно, параллельные прямой $b$.
6. Точки пересечения построенной окружности с прямыми $b_1$ и $b_2$ и будут искомыми точками.

Количество решений

Для определения количества решений проанализируем взаимное расположение построенных фигур. Центр окружности — точка $A$ — лежит на прямой $b$. Прямые $b_1$ и $b_2$ параллельны прямой $b$ и находятся на расстоянии 2 см от нее. Следовательно, расстояние от центра окружности до каждой из прямых $b_1$ и $b_2$ равно 2 см.

Радиус окружности равен 3 см. Так как расстояние от центра окружности до каждой из прямых ($d=2$ см) меньше радиуса окружности ($R=3$ см), каждая из прямых $b_1$ и $b_2$ пересекает окружность в двух точках.

Это также можно показать аналитически с помощью теоремы Пифагора. Пусть $X$ — одна из искомых точек, а $H$ — ее проекция на прямую $b$. Тогда треугольник $\triangle AXH$ является прямоугольным, где гипотенуза $AX$ — расстояние от $X$ до $A$, а катет $XH$ — расстояние от $X$ до прямой $b$.

По условию, $AX = 3$ см и $XH = 2$ см. Найдем длину катета $AH$:

$AH^2 + XH^2 = AX^2$

$AH^2 + 2^2 = 3^2$

$AH^2 + 4 = 9$

$AH^2 = 5$

$AH = \sqrt{5}$ см.

Это означает, что проекция искомой точки на прямую $b$ должна находиться на расстоянии $\sqrt{5}$ см от точки $A$. На прямой $b$ есть две такие точки (справа и слева от $A$). Для каждой из этих двух проекций существуют две искомые точки, расположенные по разные стороны от прямой $b$ на расстоянии 2 см. Таким образом, общее количество решений равно $2 \times 2 = 4$.

Ответ: задача имеет 4 решения.

183. Дан треугольник $ABC$. Постройте точку, равноудалённую от точек $B$ и $C$ и находящуюся на расстоянии 2,5 см от точки $A$. Сколько решений может иметь задача?

183. Дан треугольник $ABC$. Постройте точку, равноудалённую от точек $B$ и $C$ и находящуюся на расстоянии $2,5$ см от точки $A$. Сколько решений может иметь задача?

Постройте точку, равноудалённую от точек B и C и находящуюся на расстоянии 2,5 см от точки A

Искомая точка должна удовлетворять двум условиям. Для её нахождения используем метод геометрических мест точек (ГМТ).
1. Геометрическое место точек, равноудаленных от точек B и C, — это серединный перпендикуляр к отрезку BC. Обозначим его прямой m.
2. Геометрическое место точек, находящихся на расстоянии 2,5 см от точки A, — это окружность с центром в точке A и радиусом $R = 2,5$ см. Обозначим ее окружностью k.
Искомая точка (или точки) является точкой пересечения этих двух ГМТ: прямой m и окружности k.
Алгоритм построения:
1. С помощью циркуля и линейки строим серединный перпендикуляр m к отрезку BC. Для этого из точек B и C проводим дуги окружностей одинакового радиуса (большего половины длины BC) и через точки их пересечения проводим прямую.
2. С помощью циркуля и линейки строим окружность k с центром в точке A и радиусом, равным 2,5 см.
3. Точки пересечения прямой m и окружности k являются искомыми точками.
Ответ: Искомые точки — это точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BC и окружности с центром в точке A и радиусом 2,5 см.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи равно числу точек пересечения прямой m (серединного перпендикуляра к BC) и окружности k (с центром в A и радиусом 2,5 см). Оно зависит от расстояния от центра окружности, точки A, до прямой m. Обозначим это расстояние как $d$.
Возможны три случая:
1. Если расстояние от точки A до прямой m меньше радиуса окружности, то есть $d < 2,5$ см, то прямая и окружность имеют две общие точки. Задача имеет два решения.
2. Если расстояние от точки A до прямой m равно радиусу окружности, то есть $d = 2,5$ см, то прямая касается окружности в одной точке. Задача имеет одно решение.
3. Если расстояние от точки A до прямой m больше радиуса окружности, то есть $d > 2,5$ см, то прямая и окружность не имеют общих точек. Задача не имеет решений.
Ответ: В зависимости от взаимного расположения точки A и отрезка BC задача может иметь два, одно или ни одного решения.

184. Прямая $m$ пересекает стороны угла $MON$. Постройте точку, принадлежащую углу, равноудалённую от его сторон и находящуюся на расстоянии 2,5 см от прямой $m$. Сколько решений может иметь задача?

184. Прямая $m$ пересекает стороны угла $MON$. Постройте точку, принадлежащую углу, равноудалённую от его сторон и находящуюся на расстоянии $2,5$ см от прямой $m$. Сколько решений может иметь задача?

Для решения задачи необходимо найти пересечение двух геометрических мест точек.

Постройте точку, принадлежащую углу, равноудалённую от его сторон и находящуюся на расстоянии 2,5 см от прямой m.

Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:
1. Точка равноудалена от сторон угла $MON$. Геометрическое место таких точек — биссектриса угла $MON$. Так как точка должна принадлежать углу, нас интересует луч, являющийся биссектрисой, с началом в вершине угла O. Обозначим этот луч $l$.
2. Точка находится на расстоянии 2,5 см от прямой $m$. Геометрическое место таких точек — две прямые, $m_1$ и $m_2$, параллельные прямой $m$ и расположенные по разные стороны от нее на расстоянии 2,5 см.

Таким образом, искомые точки — это точки пересечения луча $l$ (биссектрисы угла) с прямыми $m_1$ и $m_2$.

Алгоритм построения:

1. Построить луч $l$ — биссектрису угла $MON$.
2. Выбрать на прямой $m$ произвольную точку A, провести через нее прямую $p$, перпендикулярную $m$.
3. На прямой $p$ отложить от точки A в обе стороны отрезки длиной 2,5 см. Получим точки B и C.
4. Через точки B и C провести прямые $m_1$ и $m_2$, параллельные прямой $m$.
5. Найти точки пересечения луча $l$ с прямыми $m_1$ и $m_2$. Эти точки и являются искомыми.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений зависит от числа точек пересечения луча $l$ с парой параллельных прямых $m_1$ и $m_2$. Так как по условию прямая $m$ пересекает стороны угла, она не может быть параллельна его биссектрисе $l$. Следовательно, луч $l$ не параллелен прямым $m_1$ и $m_2$.

Количество решений зависит от расстояния $d$ от вершины угла O до прямой $m$.

• Если расстояние $d$ меньше 2,5 см ($d < 2,5$ см), то вершина O находится между прямыми $m_1$ и $m_2$. Луч $l$, исходящий из O, пересечет только одну из этих прямых. В этом случае задача имеет одно решение.
• Если расстояние $d$ равно 2,5 см ($d = 2,5$ см), то вершина O лежит на одной из прямых (например, $m_1$). Эта точка O является первым решением. Луч $l$, выходя из O, пересечет вторую прямую $m_2$ во второй точке. В этом случае задача имеет два решения.
• Если расстояние $d$ больше 2,5 см ($d > 2,5$ см), то вершина O и обе прямые $m_1$ и $m_2$ находятся по разные стороны от прямой $m$ или обе прямые находятся между O и $m$. Поскольку луч-биссектриса $l$ направлен в сторону прямой $m$ (которая пересекает стороны угла), он пересечет обе параллельные прямые $m_1$ и $m_2$. В этом случае задача также имеет два решения.

Ответ: Задача может иметь одно или два решения.

185. Постройте прямоугольный треугольник по разности катетов и углу, противолежащему большему из них.

185. Постройте прямоугольный треугольник по разности катетов и углу, противолежащему большему из них.

Для построения искомого прямоугольного треугольника воспользуемся методом вспомогательного треугольника. Сначала проведем анализ задачи, чтобы определить свойства этого вспомогательного треугольника, затем выполним построение, докажем его правильность и проведем исследование.

Пусть искомый прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$ построен. Пусть его катеты равны $AC = b$ и $BC = a$. По условию, нам дан угол $\alpha$, противолежащий большему катету. Пусть $a > b$, тогда $\angle BAC = \alpha$. Также нам дана разность катетов $d = a - b$.

Отложим на большем катете $BC$ от вершины $C$ отрезок $CD$, равный меньшему катету $AC$. Тогда $CD = AC = b$. Точка $D$ будет лежать между $B$ и $C$, так как $BC > CD$. Оставшаяся часть катета $BC$ будет равна $BD = BC - CD = a - b = d$.

Рассмотрим треугольник $ADC$. В нем $AC = CD = b$ и $\angle ACD = 90^\circ$. Следовательно, $\triangle ADC$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. Углы при его основании $AD$ равны $\angle CAD = \angle CDA = 45^\circ$.

Теперь рассмотрим вспомогательный треугольник $ABD$. В нем нам известны следующие элементы:

• Сторона $BD$ равна данной разности катетов $d$.
• Угол $\angle BDA$ является смежным с углом $\angle CDA$, поэтому $\angle BDA = 180^\circ - \angle CDA = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.
• Угол $\angle ABD$ (он же $\angle B$ в исходном треугольнике $ABC$) равен $90^\circ - \angle BAC = 90^\circ - \alpha$.

Таким образом, мы можем построить треугольник $ABD$ по стороне $BD$ и двум прилежащим к ней углам: $\angle B = 90^\circ - \alpha$ и $\angle D = 135^\circ$. Построив этот треугольник, мы найдем вершину $A$. Вершина $C$ лежит на продолжении стороны $BD$ за точку $D$ и является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $BD$.

Ответ: Построение искомого треугольника сводится к построению вспомогательного треугольника $ABD$ по стороне $BD=d$ и прилежащим к ней углам $\angle B = 90^\circ - \alpha$ и $\angle BDA = 135^\circ$.

Пусть нам даны отрезок $d$ и угол $\alpha$.

1. На произвольной прямой отложим отрезок $BD$, равный $d$.
2. В точке $B$ построим угол, равный $90^\circ - \alpha$. Для этого построим прямой угол с вершиной в $B$ и отложим от одной из его сторон угол $\alpha$ внутрь прямого угла. Сторона, оставшаяся от прямого угла, образует с другой стороной отрезка $BD$ искомый угол. Проведем из точки $B$ луч под этим углом.
3. В точке $D$ построим угол, равный $135^\circ$. Для этого в точке $D$ восстановим перпендикуляр к прямой $BD$, а затем построим биссектрису угла, смежного с прямым. Угол $135^\circ$ будет находиться в той же полуплоскости относительно прямой $BD$, что и луч, построенный в предыдущем шаге. Проведем из точки $D$ луч под этим углом.
4. Точку пересечения двух построенных лучей обозначим как $A$. Треугольник $ABD$ построен.
5. Из точки $A$ опустим перпендикуляр на прямую, содержащую отрезок $BD$. Основание этого перпендикуляра обозначим как $C$.
6. Соединим точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Искомый прямоугольный треугольник $ABC$ построен в соответствии с описанным алгоритмом.

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. По построению (шаг 5), $AC \perp BC$, следовательно, $\angle C = 90^\circ$. Треугольник $ABC$ является прямоугольным.
2. По построению (шаг 2), $\angle B = 90^\circ - \alpha$. Так как сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна $90^\circ$, то $\angle BAC = 90^\circ - \angle B = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) = \alpha$.
3. Рассмотрим $\triangle ADC$. Угол $\angle ACD = 90^\circ$ по построению. Угол $\angle ADC = 180^\circ - \angle BDA$. Так как $\angle BDA = 135^\circ$ по построению (шаг 3), то $\angle ADC = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ$. Следовательно, $\triangle ADC$ — прямоугольный с острым углом $45^\circ$, а значит, он равнобедренный: $AC = CD$.
4. Найдем разность катетов. Катетами являются $BC$ и $AC$. Из построения следует, что $BC = BD + DC$. Тогда разность катетов равна $BC - AC = (BD + DC) - AC$. Поскольку $DC = AC$, получаем $BC - AC = BD$. По построению (шаг 1), $BD = d$. Значит, разность катетов равна $d$.
5. Так как $d > 0$, то $BC - AC > 0$, откуда $BC > AC$. Следовательно, $BC$ — больший катет. Угол, противолежащий ему, — это $\angle BAC$, который, как мы доказали, равен $\alpha$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ полностью удовлетворяет условиям задачи.

Ответ: Доказано, что построенный треугольник $ABC$ является искомым.

Задача имеет решение, если вспомогательный треугольник $ABD$ существует. Для этого построенные на шагах 2 и 3 лучи должны пересекаться. Это произойдет, если сумма углов при стороне $BD$ в треугольнике $ABD$ меньше $180^\circ$.

Сумма углов $\angle B$ и $\angle D$ равна $(90^\circ - \alpha) + 135^\circ = 225^\circ - \alpha$.

Третий угол треугольника $ABD$, $\angle BAD$, должен быть положительным. $\angle BAD = 180^\circ - (\angle B + \angle BDA) = 180^\circ - (225^\circ - \alpha) = \alpha - 45^\circ$.

Для существования треугольника необходимо, чтобы $\angle BAD > 0$, то есть $\alpha - 45^\circ > 0$, что означает $\alpha > 45^\circ$.

Также, поскольку $\alpha$ — острый угол в прямоугольном треугольнике, должно выполняться условие $\alpha < 90^\circ$.

Условие $\alpha > 45^\circ$ следует из самой постановки задачи. В прямоугольном треугольнике $ABC$ тангенс угла $\alpha$ равен отношению противолежащего катета $a$ к прилежащему $b$: $\tan \alpha = \frac{a}{b}$. Поскольку $a$ — больший катет ($a > b$), то $\frac{a}{b} > 1$. Для острого угла $\alpha$ из $\tan \alpha > 1$ следует, что $\alpha > 45^\circ$.

Если $\alpha = 45^\circ$, то катеты равны, и их разность $d=0$. Если $\alpha < 45^\circ$, то катет $a$ был бы меньше катета $b$, что противоречит условию.

При выполнении условия $45^\circ < \alpha < 90^\circ$ построение всегда возможно и приводит к единственному (с точностью до конгруэнтности) решению.

Ответ: Задача имеет единственное решение при условии, что данный угол $\alpha$ удовлетворяет неравенству $45^\circ < \alpha < 90^\circ$.