Номер 923, страница 223 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 9. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 923, страница 223.

923 Постройте треугольник:

а) по стороне, противолежащему углу и высоте, проведённой к данной стороне;

б) по углу, высоте, проведённой из вершины данного угла, и периметру.

а) по стороне, противолежащему углу и высоте, проведённой к данной стороне

Пусть даны отрезок $a$, угол $\alpha$ и отрезок $h_a$, которые являются соответственно стороной искомого треугольника $ABC$, углом, противолежащим этой стороне ($BC$), и высотой, проведённой к этой стороне ($AH$).

Анализ:

Вершина $A$ искомого треугольника $ABC$ должна удовлетворять двум условиям:

1. Она должна находиться на расстоянии $h_a$ от прямой, содержащей сторону $BC$. Геометрическим местом таких точек являются две прямые, параллельные прямой $BC$ и отстоящие от неё на расстояние $h_a$.
2. Из неё сторона $BC$ должна быть видна под углом $\alpha$, то есть $\angle BAC = \alpha$. Геометрическим местом таких точек являются две дуги окружностей, симметричные относительно прямой $BC$.

Искомая вершина $A$ является точкой пересечения этих двух геометрических мест точек.

Построение:

1. На произвольной прямой отложим отрезок $BC$, равный данному отрезку $a$.
2. Построим прямую $l$, параллельную прямой $BC$ и находящуюся на расстоянии $h_a$ от неё. Для этого в любой точке прямой $BC$ (например, в точке $B$) восставим перпендикуляр, отложим на нём отрезок, равный $h_a$, и через конец этого отрезка проведём прямую $l$, параллельную $BC$.
3. Построим геометрическое место точек, из которых отрезок $BC$ виден под углом $\alpha$.
   1. Построим серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $BC$.
   2. От луча $CB$ в нужную полуплоскость (ту, где проведена прямая $l$) отложим угол $\angle CBD = \alpha$.
   3. Через точку $B$ проведём прямую $k$, перпендикулярную прямой $BD$.
   4. Точка $O$ пересечения прямых $m$ и $k$ является центром искомой окружности.
   5. Построим дугу окружности с центром в точке $O$ и радиусом $OB=OC$.
4. Точка (или точки) пересечения прямой $l$ и построенной дуги является вершиной $A$ искомого треугольника. Если таких точек две ($A_1$ и $A_2$), то полученные треугольники $A_1BC$ и $A_2BC$ будут равны.
5. Соединим точку $A$ с точками $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Задача имеет решение, если прямая $l$ пересекает построенную дугу. Это зависит от соотношения величин $a$, $\alpha$ и $h_a$. Если $h_a$ больше высоты сегмента, образованного дугой и хордой $BC$, то решений нет. Если $h_a$ равно высоте сегмента, решение одно (равнобедренный треугольник). Если $h_a$ меньше высоты сегмента, то решений два, но они представляют собой два равных треугольника.

Ответ: Треугольник $ABC$ построен в соответствии с описанным алгоритмом.

б) по углу, высоте, проведённой из вершины данного угла, и периметру

Пусть даны угол $\alpha$, отрезок $h_a$ и отрезок $P$, которые являются соответственно углом при вершине $A$ искомого треугольника $ABC$, высотой, проведённой из этой вершины ($AH$), и его периметром ($P = AB + BC + CA$).

Анализ:

Используем метод "развёртки" треугольника. На прямой отложим отрезок $DE$, равный периметру $P$. На этом отрезке найдём такие точки $B$ и $C$, что если на луче $CB$ отложить отрезок $BD=AB$, а на луче $BC$ отложить отрезок $CE=AC$, то $DE = DB+BC+CE = AB+BC+AC = P$.

Рассмотрим треугольник $ADE$. В треугольнике $ABD$ стороны $AB$ и $DB$ равны, значит, он равнобедренный и $\angle ADB = \angle DAB$. Угол $\angle ABC$ является внешним для $\triangle ABD$, поэтому $\angle ABC = 2 \angle ADB$. Аналогично, $\triangle ACE$ равнобедренный ($AC=CE$), и $\angle ACB = 2 \angle AEC$.

Найдём угол $\angle DAE$: $\angle DAE = \angle DAB + \angle BAC + \angle CAE = \angle ADB + \alpha + \angle AEC$. Сумма углов в $\triangle ADE$: $\angle DAE + \angle ADE + \angle AED = 180^\circ$. Так как $\angle ADE = \angle ADB$ и $\angle AED = \angle AEC$, то $\angle ADB + \angle AEC = 180^\circ - \angle DAE$. Подставим это в выражение для $\angle DAE$: $\angle DAE = (180^\circ - \angle DAE) + \alpha$ $2\angle DAE = 180^\circ + \alpha$ $\angle DAE = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$

Таким образом, задача сводится к построению вспомогательного треугольника $ADE$ по стороне $DE=P$, противолежащему углу $\angle DAE = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$ и высоте, проведённой из вершины $A$ к стороне $DE$, которая равна $h_a$. Это в точности задача из пункта а).

После построения $\triangle ADE$, точки $B$ и $C$ находятся как пересечения серединных перпендикуляров к сторонам $AD$ и $AE$ с отрезком $DE$.

Построение:

1. Построим угол $\beta = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$. Для этого сначала построим биссектрису данного угла $\alpha$, чтобы получить $\frac{\alpha}{2}$, а затем прибавим к нему прямой угол.
2. На произвольной прямой отложим отрезок $DE$, равный данному периметру $P$.
3. Построим треугольник $ADE$ по стороне $DE$, противолежащему углу $\beta$ и высоте $h_a$ (используя алгоритм из пункта а):
   1. Проведём прямую $l$, параллельную $DE$ на расстоянии $h_a$.
   2. Построим дугу окружности, из точек которой отрезок $DE$ виден под углом $\beta$.
   3. Точка $A$ — пересечение прямой $l$ и дуги.
4. Соединим точки $A$, $D$, $E$, получив $\triangle ADE$.
5. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ будет вершиной $B$ искомого треугольника.
6. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AE$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ будет вершиной $C$ искомого треугольника.
7. Соединим точки $A$, $B$, $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Задача имеет решение, если возможно построить вспомогательный треугольник $ADE$, что накладывает ограничения на соотношение $P$, $\alpha$ и $h_a$. Если высота $h_a$ слишком велика, то прямая $l$ не пересечёт дугу, и решений не будет.

Ответ: Треугольник $ABC$ построен в соответствии с описанным алгоритмом.