Номер 452, страница 120 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 5 - номер 452, страница 120.

Условие.

452 Постройте треугольник по стороне, разности углов при этой стороне и сумме двух других сторон.

Решение 1.

Решение 10.

Решение 11.

Для решения задачи построим треугольник $ABC$ по стороне $BC=a$, сумме двух других сторон $AB+AC=s$ и разности углов при этой стороне $|\angle B - \angle C| = \delta$. Для определённости будем считать, что $\angle B > \angle C$, тогда $\angle B - \angle C = \delta$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. На продолжении стороны $BA$ за точку $A$ отложим отрезок $AD$, равный стороне $AC$. В этом случае $\triangle ADC$ является равнобедренным, и $BD = BA + AD = BA + AC = s$.

Рассмотрим вспомогательный треугольник $BDC$. В нём известны две стороны: $BC=a$ и $BD=s$. Найдём один из его углов. Так как $\triangle ADC$ равнобедренный, то углы при его основании равны: $\angle ADC = \angle ACD$. Внешний угол $\angle BAC$ треугольника $ADC$ равен сумме двух внутренних, не смежных с ним: $\angle BAC = \angle ADC + \angle ACD = 2\angle ADC$. Отсюда следует, что $\angle BDC = \frac{1}{2}\angle BAC$.

Найдём угол $\angle BCD$. Он равен сумме $\angle BCA$ и $\angle ACD$. Обозначим углы треугольника $ABC$ как $\angle A, \angle B, \angle C$. Тогда $\angle BCD = \angle C + \angle ACD = \angle C + \angle ADC = \angle C + \frac{1}{2}\angle A$.

В треугольнике $ABC$ сумма углов $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$. По условию $\angle B - \angle C = \delta$, откуда $\angle B = \angle C + \delta$. Подставим это в сумму углов: $\angle A + (\angle C + \delta) + \angle C = 180^\circ$, что даёт $\angle A + 2\angle C + \delta = 180^\circ$. Выразим отсюда $\angle C$: $2\angle C = 180^\circ - \angle A - \delta$, или $\angle C = 90^\circ - \frac{\angle A}{2} - \frac{\delta}{2}$.

Теперь подставим это выражение для $\angle C$ в формулу для $\angle BCD$:
$\angle BCD = \left(90^\circ - \frac{\angle A}{2} - \frac{\delta}{2}\right) + \frac{\angle A}{2} = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.

Таким образом, в треугольнике $BDC$ известны две стороны $BC=a$, $BD=s$ и угол $\angle BCD = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$, противолежащий стороне $BD$. Этого достаточно для построения треугольника $BDC$.

После построения $\triangle BDC$ нужно найти вершину $A$. Точка $A$ лежит на отрезке $BD$. Кроме того, так как $AC=AD$, точка $A$ равноудалена от точек $C$ и $D$, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $CD$. Следовательно, вершина $A$ является точкой пересечения отрезка $BD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $CD$.

Построение

1. Строим отрезок $BC$ заданной длины $a$.
2. Строим угол, равный $\delta$. С помощью циркуля и линейки делим этот угол пополам, получая угол $\frac{\delta}{2}$.
3. В точке $C$ строим прямой угол ($90^\circ$). От луча $CB$ откладываем внутрь прямого угла угол, равный $\frac{\delta}{2}$. Полученный луч $CY$ образует с лучом $CB$ угол $\angle BCY = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.
4. Проводим дугу окружности с центром в точке $B$ и радиусом, равным $s$.
5. Точка пересечения этой дуги с лучом $CY$ является вершиной $D$.
6. Соединяем точки $B$ и $D$ отрезком. Треугольник $BDC$ построен.
7. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $CD$.
8. Точка пересечения серединного перпендикуляра с отрезком $BD$ есть искомая вершина $A$.
9. Соединяем точки $A$ и $C$.

Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

По построению сторона $BC$ полученного $\triangle ABC$ равна заданной длине $a$.

Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $CD$, следовательно, $AC = AD$. Так как точка $A$ лежит на отрезке $BD$, то $AB + AD = BD$. Заменив $AD$ на $AC$, получаем $AB + AC = BD$. По построению $BD=s$, значит, $AB + AC = s$.

Осталось доказать, что разность углов $\angle B - \angle C$ равна $\delta$. В построенном $\triangle ABC$ обозначим углы $\angle A_{ABC}, \angle B_{ABC}, \angle C_{ABC}$. По построению $\angle BCD = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$. С другой стороны, $\angle BCD = \angle C_{ABC} + \angle ACD$. В равнобедренном $\triangle ADC$ ($AC=AD$) углы при основании равны: $\angle ACD = \angle ADC$. Внешний угол $\triangle ADC$ при вершине $A$ равен $\angle A_{ABC} = \angle ADC + \angle ACD = 2\angle ADC$, откуда $\angle ADC = \frac{1}{2}\angle A_{ABC}$. Следовательно, $\angle BCD = \angle C_{ABC} + \frac{1}{2}\angle A_{ABC}$.

Приравнивая два выражения для $\angle BCD$, получаем: $\angle C_{ABC} + \frac{1}{2}\angle A_{ABC} = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.
Умножив на 2, имеем: $2\angle C_{ABC} + \angle A_{ABC} = 180^\circ - \delta$.

В $\triangle ABC$ сумма углов равна $\angle A_{ABC} + \angle B_{ABC} + \angle C_{ABC} = 180^\circ$.

Вычтем из второго равенства первое: $(\angle A_{ABC} + \angle B_{ABC} + \angle C_{ABC}) - (2\angle C_{ABC} + \angle A_{ABC}) = 180^\circ - (180^\circ - \delta)$.
$\angle B_{ABC} - \angle C_{ABC} = \delta$.

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

Исследование

Задача имеет решение, если все шаги построения выполнимы. Ключевым шагом является построение точки $D$. Она существует, если окружность с центром в $B$ и радиусом $s$ пересекает луч $CY$. Для этого необходимо, чтобы расстояние $s$ было не меньше, чем расстояние от точки $B$ до прямой $CY$, которое равно $h = a \cdot \sin(\angle BCY) = a \cdot \cos(\frac{\delta}{2})$.

Для существования самого треугольника $ABC$ должно выполняться неравенство треугольника: $AB+AC > BC$, то есть $s > a$.

Поскольку $\delta$ — разность углов треугольника, то $0 < \delta < 180^\circ$, и значит $0 < \cos(\frac{\delta}{2}) < 1$. Поэтому условие $s > a$ является более сильным, чем $s > a \cdot \cos(\frac{\delta}{2})$. Если $s > a$, то пересечение окружности и прямой $CY$ будет существовать, и оно будет состоять из двух точек. Однако только одна из этих точек будет лежать на луче $CY$, что обеспечивает единственность точки $D$.

Существование и единственность точки $A$ на отрезке $BD$ следует из того, что функция $f(P) = PC - PD$ непрерывна и монотонна для точек $P$ на отрезке $BD$, и при этом $f(B) = a-s < 0$ и $f(D) = DC > 0$. По теореме о промежуточном значении, существует единственная точка $A$, где $f(A)=0$, то есть $AC=AD$.

Ответ: Задача имеет единственное решение, если выполняются условия $s>a$ и $0 < \delta < 180^\circ$.