Страница 99 - гдз по геометрии 7 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

175. Перерисуйте в тетрадь рисунок 264. Постройте окружность, проходящую через точки $K$, $L$ и $P$.

Рис. 264

175. Перерисуйте в тетрадь рисунок 264. Постройте окружность, проходящую через точки $K$, $L$ и $P$.

Для построения окружности, проходящей через три заданные точки K, L и P, необходимо найти ее центр и радиус. Центром такой окружности является точка, равноудаленная от всех трех точек. Эта точка находится на пересечении серединных перпендикуляров к отрезкам, соединяющим данные точки. Важным условием является то, что точки K, L и P не должны лежать на одной прямой. Если они лежат на одной прямой, то построить окружность (с конечным радиусом) невозможно.

Алгоритм построения с помощью циркуля и линейки:

1. Соединить точки отрезками.

   С помощью линейки проведите отрезки, соединяющие точки K и L, а также L и P.

2. Построить серединный перпендикуляр к отрезку KL.

   Для этого выполните следующие действия:

   • Установите ножку циркуля в точку K и начертите дугу окружности с радиусом, который очевидно больше половины длины отрезка KL.
   • Не меняя раствора циркуля, установите его ножку в точку L и начертите вторую дугу так, чтобы она пересекла первую в двух местах.
   • С помощью линейки проведите прямую через две точки пересечения этих дуг. Эта прямая является серединным перпендикуляром к отрезку KL.
3. Построить серединный перпендикуляр к отрезку LP.

   Повторите аналогичные действия для отрезка LP:

   • Установите ножку циркуля в точку L и начертите дугу с радиусом, большим половины длины LP.
   • Не меняя раствора циркуля, установите его ножку в точку P и начертите вторую дугу, пересекающую первую в двух точках.
   • Проведите прямую через эти две точки пересечения. Это будет серединный перпендикуляр к отрезку LP.
4. Найти центр окружности.

   Точка пересечения двух построенных серединных перпендикуляров является центром искомой окружности. Обозначим эту точку буквой O. Поскольку точка O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку KL, расстояние от O до K равно расстоянию от O до L ($OK = OL$). Аналогично, поскольку O лежит на серединном перпендикуляре к LP, то $OL = OP$. Таким образом, точка O равноудалена от всех трех точек: $OK = OL = OP$.

5. Построить окружность.

   Установите ножку циркуля в найденный центр O. Раствор циркуля установите равным расстоянию от точки O до любой из трех точек (K, L или P). Это расстояние будет радиусом окружности ($R = OK$). Начертите окружность. Она пройдет через все три точки K, L и P.

Ответ: Для построения окружности, проходящей через точки K, L и P, необходимо найти точку пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам KL и LP. Эта точка будет центром окружности, а расстояние от нее до любой из заданных точек — ее радиусом.

176. Постройте касательную к данной окружности, образующую с данной прямой угол $45^{\circ}$. Сколько решений имеет задача?

176. Постройте касательную к данной окружности, образующую с данной прямой угол $45^\circ$. Сколько решений имеет задача?

Для решения этой задачи необходимо выполнить построение и проанализировать количество возможных решений.

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и произвольная прямая $a$.

Анализ. Искомая касательная $t$ должна образовывать с прямой $a$ угол 45°. В плоскости существует два различных направления, образующих с данной прямой $a$ угол 45°. Эти два направления взаимно перпендикулярны. Для каждого из этих направлений можно построить две параллельные касательные к окружности. Таким образом, задача сводится к построению касательных к окружности, параллельных двум заданным направлениям.

Алгоритм построения:

1. Определение направлений.
   • На прямой $a$ выберем произвольную точку $P$.
   • Через точку $P$ построим прямую $p$, перпендикулярную прямой $a$.
   • Построим биссектрисы $d_1$ и $d_2$ прямых углов, образованных пересечением прямых $a$ и $p$. Прямые $d_1$ и $d_2$ задают два искомых направления, каждое из которых образует угол 45° с прямой $a$.
2. Построение первой пары касательных.
   • Проведем через центр окружности $O$ прямую $n_1$, перпендикулярную направлению $d_1$.
   • Прямая $n_1$ пересечет окружность в двух точках: $T_1$ и $T_2$.
   • Через точки $T_1$ и $T_2$ проведем прямые $t_1$ и $t_2$, перпендикулярные прямой $n_1$ (и, следовательно, радиусам $OT_1$ и $OT_2$). Прямые $t_1$ и $t_2$ являются касательными к окружности и параллельны направлению $d_1$.
3. Построение второй пары касательных.
   • Аналогично, проведем через центр $O$ прямую $n_2$, перпендикулярную направлению $d_2$.
   • Прямая $n_2$ пересечет окружность в двух точках: $T_3$ и $T_4$.
   • Через точки $T_3$ и $T_4$ проведем прямые $t_3$ и $t_4$, перпендикулярные прямой $n_2$. Прямые $t_3$ и $t_4$ являются касательными к окружности и параллельны направлению $d_2$.

Прямые $t_1, t_2, t_3, t_4$ являются искомыми касательными, так как они касаются данной окружности и образуют с прямой $a$ угол 45°.

Ответ: Алгоритм построения описан выше.

Чтобы определить количество решений, проанализируем выполненное построение.

1. Существует ровно два различных направления ($d_1$ и $d_2$), образующих угол 45° с данной прямой $a$.
2. Для каждого направления существует ровно две различные касательные к окружности, параллельные этому направлению. Эти касательные располагаются по разные стороны от центра окружности.
3. Таким образом, для направления $d_1$ мы получаем две касательные ($t_1$ и $t_2$), и для направления $d_2$ мы получаем еще две касательные ($t_3$ и $t_4$).
4. Поскольку направления $d_1$ и $d_2$ взаимно перпендикулярны, то и пары касательных $(t_1, t_2)$ и $(t_3, t_4)$ взаимно перпендикулярны. Это гарантирует, что все четыре построенные касательные различны.

Данное построение всегда выполнимо, независимо от взаимного расположения окружности и прямой. Следовательно, задача всегда имеет ровно четыре решения.

Ответ: Задача имеет 4 решения.

177. Постройте равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB = BC$) по биссектрисе угла $A$ и углу, который образует эта биссектриса со стороной $AB$.

177. Постройте равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB = BC$) по биссектрисе угла $A$ и углу, который образует эта биссектриса со стороной $AB$.

Анализ

Пусть искомый равнобедренный треугольник $ABC$ ($AB=BC$) построен. Пусть $AD$ — данная биссектриса угла $A$ (точка $D$ лежит на стороне $BC$), а $\alpha$ — данный угол, который эта биссектриса образует со стороной $AB$, то есть $\angle DAB = \alpha$.

Поскольку $AD$ — биссектриса угла $A$, то $\angle CAD = \angle DAB = \alpha$. Следовательно, весь угол при вершине $A$ равен $\angle BAC = 2\alpha$.

Так как треугольник $ABC$ равнобедренный с $AB=BC$, то углы при основании $AC$ равны: $\angle BCA = \angle BAC = 2\alpha$.

Зная два угла треугольника $ABC$, найдем третий. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому $\angle ABC = 180^\circ - (\angle BAC + \angle BCA) = 180^\circ - (2\alpha + 2\alpha) = 180^\circ - 4\alpha$.

Рассмотрим треугольник $ABD$. В нем известна сторона $AD$ (длина данной биссектрисы), угол $\angle DAB = \alpha$ и угол $\angle ABD = \angle ABC = 180^\circ - 4\alpha$. Третий угол этого треугольника, $\angle ADB$, можно найти из суммы углов треугольника $ABD$:

$\angle ADB = 180^\circ - (\angle DAB + \angle ABD) = 180^\circ - (\alpha + (180^\circ - 4\alpha)) = 180^\circ - \alpha - 180^\circ + 4\alpha = 3\alpha$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ABD$ по стороне $AD$ и двум углам ($\angle DAB = \alpha$ и $\angle ADB = 3\alpha$), а затем к достроению его до треугольника $ABC$. Для существования невырожденного треугольника необходимо, чтобы все его углы были положительными, в частности $\angle ABC = 180^\circ - 4\alpha > 0$, откуда следует, что $\alpha < 45^\circ$.

Построение

Пусть дан отрезок $l$ (длина биссектрисы) и угол $\alpha$.

1. Построим отрезок $AD$, равный данному отрезку $l$.

2. От луча $AD$ отложим угол $\angle DAM = \alpha$. На луче $AM$ будет лежать вершина $B$.

3. Построим угол, равный $3\alpha$. Для этого, используя циркуль и линейку, построим сначала угол $2\alpha$, а затем прибавим к нему угол $\alpha$.

4. От луча $DA$ в ту же полуплоскость, где лежит луч $AM$, отложим угол $\angle ADN = 3\alpha$.

5. Точка пересечения лучей $AM$ и $DN$ является вершиной $B$ треугольника. Треугольник $ABD$ построен.

6. Проведем прямую через точки $B$ и $D$.

7. От луча $AD$ в полуплоскость, не содержащую точку $B$, отложим угол $\angle DAC' = \alpha$.

8. Точка пересечения прямой $BD$ и луча $AC'$ является вершиной $C$ искомого треугольника.

9. Соединяем точки $A$, $B$, $C$. Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ отрезок $AD$ является биссектрисой угла $A$ по построению (так как $\angle DAB = \angle DAC = \alpha$). Длина $AD$ равна данной длине $l$, и угол между биссектрисой и стороной $AB$ равен данному углу $\alpha$. Таким образом, все данные из условия задачи использованы. Осталось доказать, что треугольник $ABC$ — равнобедренный с $AB=BC$.

В треугольнике $ABD$ по построению $\angle DAB = \alpha$ и $\angle ADB = 3\alpha$. Следовательно, третий угол $\angle ABD = 180^\circ - (\alpha + 3\alpha) = 180^\circ - 4\alpha$.

Теперь рассмотрим углы треугольника $ABC$. Угол $\angle BAC = \angle DAB + \angle DAC = \alpha + \alpha = 2\alpha$. Угол $\angle ABC = \angle ABD = 180^\circ - 4\alpha$.

Найдем третий угол треугольника $ABC$: $\angle BCA = 180^\circ - (\angle BAC + \angle ABC) = 180^\circ - (2\alpha + (180^\circ - 4\alpha)) = 180^\circ - 2\alpha - 180^\circ + 4\alpha = 2\alpha$.

Поскольку в треугольнике $ABC$ углы $\angle BAC$ и $\angle BCA$ равны $2\alpha$, то этот треугольник является равнобедренным с основанием $AC$, и, следовательно, $AB=BC$. Что и требовалось доказать.

Ответ: План построения состоит в том, чтобы сначала построить вспомогательный треугольник $ABD$ по данной биссектрисе $AD$ и двум углам $\angle DAB = \alpha$ (дан) и $\angle ADB = 3\alpha$ (вычисляется из условия). Затем находится вершина $C$ на пересечении прямой $BD$ и луча, выходящего из вершины $A$ так, что $\angle DAC = \alpha$.

178. Постройте равнобедренный треугольник по высоте, проведённой к основанию и углу при основании.

178. Постройте равнобедренный треугольник по высоте, проведённой к основанию и углу при основании.

Для построения равнобедренного треугольника по заданной высоте, проведённой к основанию, и заданному углу при основании, необходимо выполнить анализ задачи, который приведёт к плану построения.

Пусть искомый равнобедренный треугольник — это $\triangle ABC$ с основанием $AC$. Пусть $h$ — данная высота, а $\alpha$ — данный угол при основании. Высота, проведённая к основанию, пусть будет $BH$. Тогда $BH = h$ и $\angle BAC = \alpha$.

В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является также медианой и биссектрисой. Это значит, что $BH \perp AC$ и $AH = HC$. Следовательно, высота $BH$ делит $\triangle ABC$ на два равных прямоугольных треугольника: $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$. В нём нам известны:

• Катет $BH$, который равен заданной высоте $h$.
• Угол $\angle BAH$, который равен заданному углу при основании $\alpha$.
• Угол $\angle BHA = 90^\circ$.

Так как сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, мы можем найти второй острый угол $\triangle ABH$:
$\angle ABH = 180^\circ - 90^\circ - \alpha = 90^\circ - \alpha$.

Таким образом, задача сводится к построению прямоугольного треугольника $\triangle ABH$ по катету $BH$ и прилежащему острому углу $\angle ABH$. После его построения, мы можем легко достроить весь равнобедренный треугольник $ABC$.

Алгоритм построения:

1. Проведём произвольную прямую $a$. Выберем на ней произвольную точку $H$.
2. Построим прямую $b$, проходящую через точку $H$ и перпендикулярную прямой $a$.
3. На прямой $b$ от точки $H$ отложим отрезок $BH$, равный заданной высоте $h$.
4. Построим угол, равный $90^\circ - \alpha$. Для этого построим прямой угол, и от одной из его сторон отложим внутрь угол $\alpha$. Оставшаяся часть прямого угла будет искомым углом $90^\circ - \alpha$.
5. От луча $HB$ отложим построенный угол $\angle ABH = 90^\circ - \alpha$. Сторона этого угла пересечёт прямую $a$ в точке $A$.
6. На прямой $a$ отложим от точки $H$ в сторону, противоположную лучу $HA$, отрезок $HC$, равный отрезку $AH$.
7. Соединим точки $A$, $B$ и $C$.

Доказательство:
Построенный треугольник $ABC$ является искомым. Во-первых, он равнобедренный, так как $BH$ является высотой ($BH \perp AC$ по построению) и медианой ($AH=HC$ по построению). Во-вторых, его высота $BH$ равна заданной высоте $h$ по построению. В-третьих, угол при основании $\angle BAC$ равен $\alpha$, так как в прямоугольном $\triangle ABH$ угол $\angle ABH = 90^\circ - \alpha$, следовательно $\angle BAH = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) = \alpha$. Все условия задачи выполнены.

Ответ: Треугольник построен согласно приведённому алгоритму.

179. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины катета к гипотенузе.

179. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины катета к гипотенузе.

Пусть искомый равнобедренный прямоугольный треугольник – это $ \triangle ABC $, где $ \angle C = 90^\circ $ и $ AC = BC $. Пусть $ M $ – середина катета $ AC $, а $ MN $ – перпендикуляр, проведённый из точки $ M $ на гипотенузу $ AB $. Длина отрезка $ MN $ задана, обозначим её $ d $.

Поскольку $ \triangle ABC $ – равнобедренный прямоугольный, его острые углы равны $ 45^\circ $, то есть $ \angle A = \angle B = 45^\circ $.

Рассмотрим $ \triangle AMN $. Он является прямоугольным, так как по условию $ MN \perp AB $, следовательно, $ \angle MNA = 90^\circ $. Угол $ \angle MAN $ в этом треугольнике равен углу $ \angle A $ треугольника $ \triangle ABC $, то есть $ \angle MAN = 45^\circ $. Тогда третий угол $ \angle AMN = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ $.

Следовательно, $ \triangle AMN $ также является равнобедренным прямоугольным треугольником, и его катеты равны: $ AN = MN $. Так как длина $ MN $ задана и равна $ d $, то $ AN = d $.

Из $ \triangle AMN $ по теореме Пифагора найдём гипотенузу $ AM $: $ AM = \sqrt{AN^2 + MN^2} = \sqrt{d^2 + d^2} = \sqrt{2d^2} = d\sqrt{2} $.

Поскольку $ M $ – середина катета $ AC $, то $ AC = 2 \cdot AM = 2d\sqrt{2} $.

Этот анализ определяет последовательность построения искомого треугольника.

Пусть дан отрезок, равный по длине $ d $.

1. Провести произвольную прямую $ l $.
2. Выбрать на прямой $ l $ произвольную точку $ A $.
3. На прямой $ l $ отложить отрезок $ AN $, равный данному отрезку $ d $.
4. В точке $ N $ восстановить перпендикуляр $ m $ к прямой $ l $.
5. На перпендикуляре $ m $ отложить отрезок $ MN $, равный $ d $.
6. Провести прямую через точки $ A $ и $ M $.
7. На этой прямой от точки $ M $ отложить отрезок $ MC $, равный отрезку $ AM $, так, чтобы точка $ M $ оказалась между $ A $ и $ C $.
8. В точке $ C $ восстановить перпендикуляр $ k $ к прямой $ AC $.
9. Точка пересечения прямых $ k $ и $ l $ является третьей вершиной треугольника – точкой $ B $.
10. Соединить точки $ A, B, C $. Треугольник $ ABC $ – искомый.

По построению в $ \triangle AMN $ имеем $ \angle ANM = 90^\circ $ и $ AN = MN = d $. Значит, $ \triangle AMN $ – равнобедренный прямоугольный, и $ \angle MAN = 45^\circ $.

Точки $ A, N, B $ лежат на одной прямой $ l $, поэтому $ \angle CAB = \angle MAN = 45^\circ $.

По построению $ \angle ACB = 90^\circ $.

В $ \triangle ABC $ сумма углов равна $ 180^\circ $, поэтому $ \angle ABC = 180^\circ - \angle ACB - \angle CAB = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ $.

Поскольку $ \angle CAB = \angle ABC = 45^\circ $, треугольник $ \triangle ABC $ является равнобедренным, $ AC = BC $.

Следовательно, $ \triangle ABC $ – равнобедренный прямоугольный треугольник.

По построению точка $ M $ – середина катета $ AC $ ($ AM = MC $).

Отрезок $ MN $ по построению перпендикулярен прямой $ l $, на которой лежит гипотенуза $ AB $, и его длина равна $ d $.

Таким образом, построенный треугольник $ \triangle ABC $ удовлетворяет всем условиям задачи.

Задача имеет решение, если заданный отрезок имеет положительную длину ($ d > 0 $).

На шаге 5 построения точку $ M $ можно выбрать по любую из двух сторон от прямой $ l $. Это приведёт к построению двух конгруэнтных треугольников, симметричных относительно прямой $ l $.

На шаге 9 для нахождения точки $ B $ необходимо, чтобы прямые $ l $ и $ k $ пересекались. Прямая $ k $ перпендикулярна $ AC $, а прямая $ l $ проходит через точку $ A $. Они будут параллельны, только если прямая $ AC $ перпендикулярна прямой $ l $. Угол между прямыми $ AC $ и $ l $ равен $ \angle MAN $. Из доказательства мы знаем, что $ \angle MAN = 45^\circ $. Так как этот угол не равен $ 90^\circ $, прямые не перпендикулярны, а значит $ l $ и $ k $ не параллельны и всегда пересекаются в единственной точке.

Следовательно, задача для любого заданного отрезка $ d > 0 $ имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности и расположения).

Ответ: Построение треугольника основано на предварительном построении вспомогательного равнобедренного прямоугольного треугольника $ \triangle AMN $, где катеты $ AN $ и $ MN $ равны длине данного перпендикуляра. Дальнейшее построение заключается в удвоении отрезка $ AM $ для нахождения катета $ AC $ и построении прямого угла при вершине $ C $ для нахождения вершины $ B $ на гипотенузе.

180. Постройте равносторонний треугольник по перпендикуляру, проведённому из середины одной из сторон к его высоте.

180. Постройте равносторонний треугольник по перпенди-куляру, проведённому из середины одной из сторонк его высоте.

Анализ

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Пусть $BH$ — его высота, проведенная к стороне $AC$. В равностороннем треугольнике высота является также медианой и биссектрисой. Следовательно, $H$ — середина $AC$, и $\angle HBC = 30^\circ$.

Пусть $M$ — середина стороны $BC$. Тогда $BM = \frac{a}{2}$.

Проведем из точки $M$ перпендикуляр $MN$ к высоте $BH$. Треугольник $BMN$ — прямоугольный ($\angle BNM = 90^\circ$).

В этом треугольнике нам известен угол $\angle MBN = \angle HBC = 30^\circ$ и гипотенуза $BM = \frac{a}{2}$. Катет $MN$, лежащий против угла в $30^\circ$, равен половине гипотенузы:

$MN = BM \cdot \sin(30^\circ) = \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{4}$.

Таким образом, длина данного перпендикуляра в 4 раза меньше стороны искомого равностороннего треугольника. Отсюда следует, что для построения треугольника нам нужно сначала построить отрезок, равный его стороне, длина которого будет в 4 раза больше длины данного отрезка $MN$.

Ответ: Длина стороны искомого треугольника в четыре раза больше длины заданного перпендикуляра.

Построение

Пусть дан отрезок $d$, равный перпендикуляру, проведенному из середины стороны к высоте.

1. На произвольной прямой откладываем от точки $P$ последовательно четыре раза отрезок $d$. Получаем отрезок $PQ$, длина которого равна $4d$. Этот отрезок будет стороной искомого треугольника.
2. Строим на отрезке $PQ$ как на основании равносторонний треугольник. Для этого:
3. Проводим окружность с центром в точке $P$ и радиусом $PQ$.
4. Проводим окружность с центром в точке $Q$ и радиусом $PQ$.
5. Точку пересечения этих окружностей обозначим $R$.
6. Соединяем точки $P$, $Q$ и $R$. Треугольник $PQR$ — искомый.

Ответ: Искомый равносторонний треугольник $PQR$ построен.

Доказательство

По построению, $PQ = PR = QR$, так как $PR$ и $QR$ являются радиусами равных окружностей, равными отрезку $PQ$. Следовательно, треугольник $PQR$ является равносторонним.

Пусть сторона этого треугольника равна $a$. По построению $a = |PQ| = 4d$.

Проведем в $\triangle PQR$ высоту $QH_1$ к стороне $PR$. Пусть $M_1$ — середина стороны $QR$. Проведем из $M_1$ перпендикуляр $M_1N_1$ к высоте $QH_1$.

Как было показано в анализе, для равностороннего треугольника со стороной $a$ длина такого перпендикуляра равна $\frac{a}{4}$.

В нашем случае $|M_1N_1| = \frac{a}{4} = \frac{4d}{4} = d$.

Таким образом, построенный треугольник $PQR$ является равносторонним, и перпендикуляр, проведенный из середины его стороны к высоте, равен данному отрезку $d$.

Ответ: Построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение, если дан отрезок ненулевой длины. Построение, описанное выше, однозначно определяет длину стороны искомого треугольника. Все равносторонние треугольники с заданной стороной равны. Следовательно, задача всегда имеет единственное решение с точностью до расположения на плоскости.

Ответ: Задача имеет единственное решение для любого отрезка $d > 0$.

181. Постройте треугольник $ABC$ по его биссектрисе $BK$, отрезку $CK$ и углу $BKC$.

181. Постройте треугольник $ABC$ по его биссектрисе $BK$, отрезку $CK$ и углу $\angle BKC$.

Анализ:

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Нам известны его биссектриса $BK$, отрезок $CK$ и угол $\angle BKC$.

Рассмотрим треугольник $BKC$. В этом треугольнике нам известны две стороны ($BK$ и $CK$) и угол между ними ($\angle BKC$, который является смежным с углом между этими сторонами, но знание $\angle BKC$ позволяет однозначно построить треугольник). Таким образом, мы можем построить треугольник $BKC$ по двум сторонам и углу между ними (или, точнее, по двум сторонам и углу, прилежащему к одной из них, зная, что точка C находится с определенной стороны от луча KB). Построив $\Delta BKC$, мы найдем вершины $B$ и $C$ и точку $K$ на стороне $AC$.

Точка $A$ должна лежать на прямой, содержащей отрезок $CK$.

Так как $BK$ — биссектриса угла $\angle ABC$, то $\angle ABK = \angle KBC$. Угол $\angle KBC$ нам известен из построенного треугольника $BKC$. Следовательно, мы можем построить угол $\angle ABK$, равный углу $\angle KBC$.

Вершина $A$ является точкой пересечения прямой $CK$ и луча, выходящего из точки $B$ под углом $\angle ABK$ к отрезку $BK$.

Построение:

1. Строим отрезок $KC$ заданной длины.
2. От луча $KC$ в некоторой полуплоскости откладываем угол, равный данному $\angle BKC$. Обозначим его как $\angle CKM$.
3. На луче $KM$ откладываем отрезок $KB$, равный длине данной биссектрисы.
4. Соединяем точки $B$ и $C$. Получаем треугольник $BKC$.
5. Измеряем угол $\angle KBC$.
6. От луча $BK$ в полуплоскость, не содержащую точку $C$, откладываем угол, равный углу $\angle KBC$. Обозначим его как $\angle KBN$.
7. Проводим прямую через точки $C$ и $K$.
8. Точка пересечения луча $BN$ и прямой $CK$ является искомой вершиной $A$.
9. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство:

В построенном треугольнике $ABC$ отрезок $BK$ является биссектрисой, так как по построению $\angle ABK = \angle KBC$. Длина биссектрисы $BK$, длина отрезка $CK$ и величина угла $\angle BKC$ равны заданным по построению. Вершины $A, K, C$ лежат на одной прямой. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Построенный треугольник $ABC$ является искомым, так как он удовлетворяет всем условиям задачи. Задача имеет единственное решение, если луч $BA$ и прямая $CK$ пересекаются (то есть, если они не параллельны).

182. Даны окружность радиусом 2 см и принадлежащая ей точка C. Постройте точку, удалённую от точки C на 1,5 см и от центра окружности на 3 см. Сколько решений имеет задача?

182. Даны окружность радиусом 2 см и принадлежащая ей точка C. Постройте точку, удалённую от точки C на 1,5 см и от центра окружности на 3 см. Сколько решений имеет задача?

Постройте точку, удалённую от точки C на 1,5 см и от центра окружности на 3 см

Пусть O — центр исходной окружности, её радиус $R = 2$ см. Точка C принадлежит этой окружности, значит, расстояние от центра O до точки C равно радиусу: $OC = 2$ см.

Искомая точка (обозначим её X) должна удовлетворять двум условиям:
1. Быть удалённой от точки C на 1,5 см. Геометрическое место точек, удовлетворяющих этому условию, — это окружность с центром в точке C и радиусом $r_1 = 1,5$ см.
2. Быть удалённой от центра O на 3 см. Геометрическое место точек, удовлетворяющих этому условию, — это окружность с центром в точке O и радиусом $r_2 = 3$ см.

Следовательно, искомые точки являются точками пересечения этих двух окружностей.

Алгоритм построения:
1. Начертить окружность с центром O и радиусом $R = 2$ см.
2. Отметить на ней произвольную точку C.
3. Построить окружность с центром в точке C и радиусом $r_1 = 1,5$ см.
4. Построить окружность с центром в точке O и радиусом $r_2 = 3$ см.
5. Точки пересечения двух последних окружностей и будут искомыми точками.

Ответ: Искомые точки — это точки пересечения окружности с центром в C и радиусом 1,5 см и окружности с центром в O (центр исходной окружности) и радиусом 3 см.

Сколько решений имеет задача?

Количество решений задачи равно количеству точек пересечения двух вспомогательных окружностей, построенных в предыдущем пункте.
Первая вспомогательная окружность: центр в точке C, радиус $r_1 = 1,5$ см.
Вторая вспомогательная окружность: центр в точке O, радиус $r_2 = 3$ см.

Расстояние между центрами этих окружностей $d = OC = 2$ см.

Две окружности пересекаются в двух точках, если расстояние между их центрами $d$ больше модуля разности их радиусов и меньше их суммы. Проверим выполнение этого условия, которое выражается неравенством:
$|r_2 - r_1| < d < r_1 + r_2$

Подставим числовые значения:
$|3 - 1,5| < 2 < 1,5 + 3$
$1,5 < 2 < 4,5$

Неравенство является верным, так как $1,5 < 2$ и $2 < 4,5$. Это означает, что окружности пересекаются в двух различных точках.

Ответ: Задача имеет 2 решения.

183. Дан треугольник $DEF$. Постройте точку, равноудалён-ную от точек $D$ и $E$ и находящуюся на расстоянии 3 смот точки $F$. Сколько решений может иметь задача?

183. Дан треугольник $DEF$. Постройте точку, равноудаленную от точек $D$ и $E$ и находящуюся на расстоянии 3 см от точки $F$. Сколько решений может иметь задача?

Для решения задачи используется метод геометрических мест точек (ГМТ). Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:

1. Быть равноудалённой от точек $D$ и $E$.
2. Находиться на расстоянии 3 см от точки $F$.

Рассмотрим каждое условие отдельно.

1. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек ($D$ и $E$), есть серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки ($DE$). Обозначим эту прямую как $m$.

2. Геометрическое место точек, находящихся на заданном расстоянии (3 см) от данной точки ($F$), есть окружность с центром в этой точке ($F$) и радиусом, равным этому расстоянию ($r = 3$ см). Обозначим эту окружность как $\omega$.

Таким образом, искомая точка (или точки) должна принадлежать одновременно и прямой $m$, и окружности $\omega$. Это означает, что искомые точки являются точками пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $DE$ и окружности с центром в $F$ и радиусом 3 см.

Постройте точку

Алгоритм построения искомой точки:

1. Соединить точки $D$ и $E$ отрезком.
2. Построить серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $DE$.
3. Построить окружность $\omega$ с центром в точке $F$ и радиусом 3 см.
4. Точки пересечения прямой $m$ и окружности $\omega$ являются искомыми.

Ответ: Искомая точка является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $DE$ и окружности с центром в точке $F$ и радиусом 3 см.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений зависит от числа точек пересечения прямой $m$ и окружности $\omega$. Это число, в свою очередь, зависит от расстояния $d$ от центра окружности (точки $F$) до прямой $m$ (серединного перпендикуляра к $DE$).

• Если расстояние $d$ меньше радиуса окружности ($d < 3$ см), прямая пересекает окружность в двух точках. В этом случае задача имеет два решения.
• Если расстояние $d$ равно радиусу окружности ($d = 3$ см), прямая касается окружности в одной точке. В этом случае задача имеет одно решение.
• Если расстояние $d$ больше радиуса окружности ($d > 3$ см), прямая и окружность не имеют общих точек. В этом случае задача не имеет решений.

Ответ: Задача может иметь два, одно или ни одного решения.

184. Прямая $b$ пересекает стороны угла $KPD$. Постройте точку, принадлежащую углу, равноудалённую от его сторон и находящуюся на расстоянии $3$ см от прямой $a$. Сколько решений может иметь задача?

184. Прямая $b$ пересекает стороны угла $KPD$. Постройте точку, принадлежащую углу, равноудалённую от его сторон и находящуюся на расстоянии 3 см от прямой $a$. Сколько решений может иметь задача?

Для решения данной задачи используется метод геометрических мест точек (ГМТ). Искомая точка должна одновременно удовлетворять двум условиям:

1. Быть равноудаленной от сторон угла $KPD$.
2. Находиться на расстоянии 3 см от прямой $a$.

Геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла, — это его биссектриса. Обозначим биссектрису угла $KPD$ лучом $l$.

Геометрическое место точек, расположенных на расстоянии 3 см от прямой $a$, — это две прямые, $m_1$ и $m_2$, параллельные прямой $a$ и отстоящие от нее на 3 см с разных сторон.

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

Для построения искомой точки необходимо выполнить следующие шаги:

1. Построить биссектрису $l$ угла $KPD$. С помощью циркуля провести из вершины $P$ дугу произвольного радиуса так, чтобы она пересекла стороны угла (лучи $PK$ и $PD$) в точках $A$ и $B$. Затем из точек $A$ и $B$ провести две дуги одинакового радиуса до их пересечения в точке $C$ внутри угла. Луч $PC$ — это и есть биссектриса $l$.
2. Построить прямые $m_1$ и $m_2$. Выбрать на прямой $a$ две произвольные точки $E$ и $F$. В этих точках с помощью угольника или циркуля и линейки построить перпендикуляры к прямой $a$. На каждом перпендикуляре отложить отрезки длиной 3 см в обе стороны от прямой $a$. Через полученные точки провести две прямые $m_1$ и $m_2$, которые будут параллельны прямой $a$.
3. Найти искомые точки. Точки пересечения луча $l$ с прямыми $m_1$ и $m_2$ и будут являться решением задачи.

Ответ: Искомые точки являются точками пересечения биссектрисы угла $KPD$ и пары прямых, параллельных прямой $a$ и находящихся на расстоянии 3 см от нее.

Количество решений задачи — это число точек пересечения луча-биссектрисы $l$ с двумя параллельными прямыми $m_1$ и $m_2$. Это число зависит от взаимного расположения угла $KPD$ и прямой $a$. Пусть $P$ — вершина угла.

Рассмотрим все возможные случаи:

• Случай 1: Биссектриса $l$ параллельна прямой $a$.
  • Если расстояние от вершины $P$ до прямой $a$ составляет ровно 3 см, то весь луч $l$ лежит на одной из прямых ($m_1$ или $m_2$). Задача имеет бесконечно много решений.
  • Если расстояние от $P$ до $a$ не равно 3 см, то луч $l$ не пересечет ни $m_1$, ни $m_2$. Задача не имеет решений (0 решений).
• Случай 2: Биссектриса $l$ не параллельна прямой $a$.

  В этом случае прямая, содержащая луч $l$, пересекает $m_1$ и $m_2$ в двух точках. Количество решений зависит от положения вершины $P$ относительно полосы, ограниченной прямыми $m_1$ и $m_2$.

  • Если вершина $P$ находится между прямыми $m_1$ и $m_2$ (расстояние от $P$ до $a$ меньше 3 см), то луч $l$ пересечет только одну из этих прямых. Задача имеет 1 решение.
  • Если вершина $P$ лежит на одной из прямых $m_1$ или $m_2$ (расстояние от $P$ до $a$ равно 3 см), то сама точка $P$ является решением. Так как $l$ не параллельна $a$, луч $l$ пересечет и вторую прямую, давая второе решение. Задача имеет 2 решения.
  • Если вершина $P$ находится вне полосы между $m_1$ и $m_2$ (расстояние от $P$ до $a$ больше 3 см), то, поскольку по условию прямая $a$ пересекает стороны угла, биссектриса $l$ будет направлена в сторону прямой $a$. Следовательно, луч $l$ пересечет обе прямые $m_1$ и $m_2$. Задача имеет 2 решения.

Таким образом, задача может иметь 0, 1, 2 или бесконечно много решений в зависимости от взаимного расположения угла и прямой.

Ответ: Задача может иметь 0, 1, 2 или бесконечно много решений.

185. Постройте прямоугольный треугольник по сумме катетов и острому углу.

185. Постройте прямоугольный треугольник по сумме катетов и острому углу.

Постройте прямоугольный треугольник по сумме катетов и острому углу.

Пусть нам дан отрезок $S$, равный сумме катетов $a+b$, и острый угол $\alpha$. Искомый прямоугольный треугольник обозначим как $ABC$ с прямым углом при вершине $C$, катетами $BC=a$ и $AC=b$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Для определённости, пусть $\angle A = \alpha$. На продолжении катета $AC$ за точку $C$ отложим отрезок $CD$, равный катету $BC$. Тогда $CD = a$. В результате получим отрезок $AD = AC + CD = b + a = S$.

Рассмотрим треугольник $BCD$. Так как $BC = CD$ и $\angle BCD = 90^\circ$ (как смежный с прямым углом $\angle ACB$), то треугольник $BCD$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. Углы при его основании $BD$ равны: $\angle CDB = \angle CBD = (180^\circ - 90^\circ) / 2 = 45^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. В нем нам известны: сторона $AD = S$, прилежащий к ней угол $\angle DAB = \alpha$ и другой прилежащий угол $\angle ADB = 45^\circ$. Треугольник можно построить по стороне и двум прилежащим к ней углам. Вершина $C$ искомого треугольника является основанием высоты, опущенной из вершины $B$ на прямую $AD$.

Построение

1. Строим прямую и откладываем на ней отрезок $AD$, равный данной сумме катетов $S$.
2. От луча $AD$ в одной полуплоскости строим угол $\angle DAX$, равный данному углу $\alpha$.
3. От луча $DA$ в той же полуплоскости строим угол $\angle ADY$, равный $45^\circ$.
4. Лучи $AX$ и $DY$ пересекаются в некоторой точке $B$.
5. Из точки $B$ опускаем перпендикуляр $BC$ на прямую $AD$.
6. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ угол $\angle C$ прямой по построению. Угол $\angle A$ равен $\alpha$ также по построению. Осталось доказать, что сумма катетов $AC+BC$ равна $S$.

Рассмотрим треугольник $BCD$. В нем $\angle BCD = 90^\circ$ и $\angle BDC = 45^\circ$ по построению. Следовательно, $\angle CBD = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. Так как $\angle CBD = \angle BDC$, треугольник $BCD$ — равнобедренный, и $BC = CD$.

Сумма катетов построенного треугольника равна $AC+BC$. Поскольку $BC = CD$, то $AC+BC = AC+CD = AD$. По построению длина отрезка $AD$ равна $S$. Таким образом, $AC+BC=S$.

Треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Построение, описанное выше, позволяет получить искомый прямоугольный треугольник.

Сколько решений может иметь задача?

Данный в условии острый угол $\alpha$ может быть одним из двух острых углов прямоугольного треугольника. Пусть острые углы искомого треугольника — $\angle A$ и $\angle B$.

1. Случай 1: Один из острых углов равен $\alpha$. В этом случае второй острый угол равен $90^\circ - \alpha$. Выполнив построение, описанное выше, с углом $\alpha$ при вершине $A$, мы получим единственный треугольник, удовлетворяющий условию.

2. Случай 2: Другой острый угол равен $\alpha$. В этом случае первый острый угол равен $90^\circ - \alpha$. Мы можем выполнить аналогичное построение, но при вершине $A$ откладывать угол, равный $90^\circ - \alpha$. Это также даст единственный треугольник, удовлетворяющий условию.

Сравним решения, полученные в обоих случаях. Треугольник из первого случая имеет углы $(\alpha, 90^\circ - \alpha, 90^\circ)$, а из второго — $(90^\circ - \alpha, \alpha, 90^\circ)$. Эти треугольники конгруэнтны, так как они имеют одинаковый набор углов и одинаковую сумму катетов, что определяет их с точностью до конгруэнтности.

Однако, как фигуры на плоскости, построенные по заданному алгоритму, они будут различными, если $\alpha \neq 90^\circ - \alpha$, то есть $\alpha \neq 45^\circ$. Если $\alpha \neq 45^\circ$, то катеты одного треугольника будут $(x, y)$, а второго — $(y, x)$, где $x \neq y$. Эти два треугольника, хотя и конгруэнтны, являются двумя различными решениями задачи построения.

Если же $\alpha = 45^\circ$, то и второй острый угол равен $90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$. В этом случае оба случая сводятся к одному и тому же построению, и мы получаем один и тот же равнобедренный прямоугольный треугольник. Таким образом, задача имеет только одно решение.

Ответ: Задача имеет два решения, если данный острый угол не равен $45^\circ$, и одно решение, если данный острый угол равен $45^\circ$.