Номер 328, страница 90 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника. Параграф 4. Построение треугольника по трём элементам. Дополнительные задачи - номер 328, страница 90.

Условие.

328* Постройте треугольник по углу, высоте и биссектрисе, проведённым из вершины этого угла.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 9.

Решение 11.

Задача состоит в построении треугольника по заданному углу при одной из вершин, а также по длинам высоты и биссектрисы, проведенным из этой же вершины. Решение задачи включает в себя анализ, описание шагов построения, доказательство корректности и исследование условий, при которых задача имеет решение.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Обозначим вершину с заданным углом как $A$, величину этого угла как $\alpha$. Пусть $h_a$ — длина высоты $AH$, опущенной на сторону $BC$, а $l_a$ — длина биссектрисы $AL$ угла $A$.

По определению высоты, $AH$ перпендикулярна прямой, содержащей сторону $BC$. Следовательно, треугольник $AHL$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$. В этом треугольнике нам известны длины гипотенузы $AL = l_a$ и катета $AH = h_a$. Это означает, что мы можем построить $\triangle AHL$ с помощью циркуля и линейки, если $l_a \ge h_a$.

После построения $\triangle AHL$ мы получаем положение вершины $A$, прямой $m$ (содержащей $BC$) и точки $L$ на этой прямой.

Поскольку $AL$ является биссектрисой угла $A$, она делит этот угол на два равных угла: $\angle BAL = \angle CAL = \frac{\alpha}{2}$. Это означает, что стороны $AB$ и $AC$ симметричны относительно прямой $AL$.

Таким образом, для нахождения сторон $AB$ и $AC$ достаточно отложить от луча $AL$ в разные стороны углы, равные $\frac{\alpha}{2}$. Пересечение полученных лучей с прямой $m$ даст нам вершины $B$ и $C$.

Построение

Пусть даны угол $\alpha$ и два отрезка длиной $h_a$ и $l_a$.

1. Проведем произвольную прямую $m$. На ней будет лежать сторона $BC$ искомого треугольника.
2. Выберем на прямой $m$ произвольную точку $H$ и проведем через нее прямую $k$, перпендикулярную $m$.
3. На прямой $k$ отложим от точки $H$ отрезок $HA$ длиной $h_a$. Точка $A$ будет одной из вершин искомого треугольника.
4. С центром в точке $A$ проведем окружность радиусом $l_a$. Точка пересечения этой окружности с прямой $m$ будет точкой $L$. (Если $l_a < h_a$, пересечения не будет, и задача не имеет решения. Если $l_a > h_a$, будет две точки пересечения, симметричные относительно $H$. Выбор любой из них приведет к построению конгруэнтных треугольников).
5. Соединим точки $A$ и $L$. Получим отрезок $AL$ - биссектрису.
6. Построим угол, равный данному углу $\alpha$, и разделим его пополам, чтобы получить угол величиной $\frac{\alpha}{2}$.
7. От луча $AL$ в одну сторону отложим угол, равный $\frac{\alpha}{2}$, и проведем луч $r_1$.
8. От луча $AL$ в другую сторону отложим угол, равный $\frac{\alpha}{2}$, и проведем луч $r_2$.
9. Точки пересечения лучей $r_1$ и $r_2$ с прямой $m$ обозначим как $B$ и $C$ соответственно.
10. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

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

• Высота, проведенная из вершины $A$ к стороне $BC$, по построению является отрезком $AH$, и ее длина равна $h_a$.
• Отрезок $AL$ соединяет вершину $A$ с точкой $L$ на стороне $BC$. По построению, $\angle BAL = \angle CAL = \frac{\alpha}{2}$, следовательно, $AL$ является биссектрисой угла $A$. Ее длина по построению равна $l_a$.
• Угол при вершине $A$ равен $\angle BAC = \angle BAL + \angle CAL = \frac{\alpha}{2} + \frac{\alpha}{2} = \alpha$.

Таким образом, построенный треугольник является искомым.

Исследование

Задача имеет решение не для всех наборов исходных данных.

1. Из шага 4 построения следует, что для существования точки $L$ необходимо, чтобы окружность радиуса $l_a$ пересекала прямую $m$. Расстояние от центра окружности $A$ до прямой $m$ равно $h_a$. Следовательно, необходимое условие: $l_a \ge h_a$. Если $l_a < h_a$, задача не имеет решения.
2. Если $l_a = h_a$, то точки $H$ и $L$ совпадают. Это означает, что высота и биссектриса, проведенные из вершины $A$, являются одним и тем же отрезком. Такой треугольник будет равнобедренным ($AB = AC$). Задача имеет решение для любого угла $\alpha$ из интервала $(0, 180^\circ)$.
3. Если $l_a > h_a$, то для существования невырожденного треугольника $ABC$ необходимо, чтобы углы $\angle B$ и $\angle C$ были положительными. Пусть $\theta = \angle HAL$. Из прямоугольного $\triangle AHL$ имеем $\cos\theta = \frac{h_a}{l_a}$. Углы $\angle B$ и $\angle C$ можно найти из прямоугольных треугольников $AHB$ и $AHC$. $\angle B = 90^\circ - \angle BAH$ и $\angle C = 90^\circ - \angle CAH$. При этом $\angle BAH = \angle BAL + \angle LAH = \frac{\alpha}{2} + \theta$ и $\angle CAH = |\angle CAL - \angle LAH| = |\frac{\alpha}{2} - \theta|$. Для того чтобы углы были положительными, необходимо выполнение условия $\frac{\alpha}{2} + \theta < 90^\circ$.

Итак, задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если выполнены условия: $l_a \ge h_a$ и $\frac{\alpha}{2} + \arccos\left(\frac{h_a}{l_a}\right) < 90^\circ$. (Для случая $l_a=h_a$ второе условие превращается в $\frac{\alpha}{2} < 90^\circ$, что всегда верно для угла треугольника).

Ответ: Алгоритм построения описан выше. Он заключается в последовательном построении: 1) прямоугольного треугольника $AHL$ по известному катету $h_a$ и гипотенузе $l_a$; 2) лучей $AB$ и $AC$, образующих с построенной биссектрисой $AL$ углы, равные половине данного угла $\alpha$; 3) вершин $B$ и $C$ как точек пересечения этих лучей с прямой $HL$. Построение возможно при выполнении условий $l_a \ge h_a$ и $\frac{\alpha}{2} + \arccos(\frac{h_a}{l_a}) < 90^\circ$.