Страница 119 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

443 Постройте прямоугольный треугольник ABC, если даны острый угол В и биссектриса BD.

Анализ

Предположим, что искомый прямоугольный треугольник $ABC$ построен. Пусть для определённости прямой угол находится при вершине $C$, то есть $\angle C = 90^\circ$. По условию, нам даны острый угол $\angle B$ и биссектриса $BD$. Так как $BD$ — биссектриса, она делит угол $\angle B$ пополам, следовательно, $\angle DBC = \frac{1}{2}\angle B$. Рассмотрим треугольник $BDC$. В нём известны: угол $\angle C = 90^\circ$, гипотенуза $BD$ (её длина дана) и острый угол $\angle DBC$. Таким образом, мы можем построить треугольник $BDC$ по гипотенузе и острому углу. После его построения мы получаем точки $B$, $D$, $C$. Вершина $A$ искомого треугольника $ABC$ должна лежать на прямой, проходящей через точки $D$ и $C$, а также на луче, который образует с лучом $BC$ угол, равный данному углу $\angle B$.

Построение

Пусть нам даны отрезок, равный по длине биссектрисе $BD$, и угол, равный $\angle B$. Построение выполняется в следующей последовательности. Сначала строим угол, равный данному $\angle B$, с вершиной в точке $B$. Затем проводим его биссектрису и откладываем на ней отрезок $BD$ заданной длины. Из полученной точки $D$ опускаем перпендикуляр на одну из сторон угла $\angle B$ (пусть это будет сторона $BC$). Точку пересечения (основание перпендикуляра) обозначаем $C$. Прямая, проходящая через точки $C$ и $D$, пересекает вторую сторону угла $\angle B$ (сторону $BA$) в точке $A$. Соединив вершины, получаем искомый треугольник $ABC$.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ угол $\angle B$ равен данному углу по построению. Луч $BD$ является его биссектрисой по построению, и отрезок $BD$ имеет заданную длину. Так как мы опустили перпендикуляр из точки $D$ на прямую $BC$, то угол $\angle C$ прямой ($\angle C = 90^\circ$). Вершины $A$, $B$ и $C$ лежат на своих местах согласно анализу. Следовательно, построенный треугольник $ABC$ является прямоугольным и удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача всегда имеет решение, так как данный угол $\angle B$ — острый. Это означает, что его половина, $\angle DBC = \frac{1}{2}\angle B$, также является острым углом. При построении перпендикуляра из точки $D$ на луч $BC$ основание $C$ всегда будет лежать на этом луче. Прямая $CD$ пересечет луч $BA$ в некоторой точке $A$, так как лучи $BA$ и $BC$ не параллельны. Угол $\angle A$ в полученном треугольнике $ABC$ будет равен $90^\circ - \angle B$. Так как $\angle B$ — острый, угол $\angle A$ также будет острым, что гарантирует существование точки $A$ на луче $BA$. Стоит отметить, что при построении мы могли опустить перпендикуляр из точки $D$ на другую сторону угла, $BA$. В этом случае мы бы получили вершину $A$ с прямым углом ($\angle A = 90^\circ$), а вершина $C$ была бы найдена на пересечении прямой $AD$ со стороной $BC$. Это дало бы второе решение задачи. Таким образом, задача имеет два решения: одно с прямым углом при вершине $C$, другое — при вершине $A$.

Ответ: Искомый треугольник $ABC$ строится по алгоритму, описанному в разделе "Построение". В зависимости от того, на какую из сторон угла $B$ опускается перпендикуляр из точки $D$, получается один из двух возможных треугольников: с прямым углом $C$ или с прямым углом $A$.

444 Дана окружность с центром О и точка А вне её. Проведите через точку А прямую, пересекающую окружность в точках В и С таких, что AB = ВС.

Для решения данной задачи сначала проведем анализ, чтобы найти метод построения. Пусть искомая прямая, проходящая через точку $A$, пересекает окружность с центром $O$ и радиусом $R$ в точках $B$ и $C$. По условию, $AB=BC$. Так как точка $A$ находится вне окружности, точки на прямой располагаются в последовательности $A-B-C$. Это означает, что точка $B$ является серединой отрезка $AC$, и, следовательно, $AC = AB + BC = AB + AB = 2AB$.

Воспользуемся теоремой о степени точки относительно окружности. Степень точки $A$ равна произведению длин отрезков секущей от точки $A$ до точек пересечения с окружностью: $P(A) = AB \cdot AC$. Также степень точки $A$ равна квадрату длины касательной $AT$, проведенной из точки $A$ к окружности, то есть $P(A) = AT^2 = OA^2 - R^2$.

Подставив $AC = 2AB$ в формулу степени точки, получим:$AB \cdot (2AB) = OA^2 - R^2$$2AB^2 = OA^2 - R^2$$AB = \sqrt{\frac{OA^2 - R^2}{2}}$

Это уравнение показывает, что точка $B$ должна находиться на фиксированном расстоянии от точки $A$. Следовательно, точка $B$ является точкой пересечения двух окружностей:
1. Исходной окружности с центром $O$ и радиусом $R$.
2. Вспомогательной окружности с центром $A$ и радиусом $r_A = \sqrt{\frac{OA^2 - R^2}{2}}$.

Таким образом, задача сводится к построению отрезка-радиуса $r_A$ и нахождению точек пересечения этих двух окружностей.

Построение:

1. Построим отрезок, длина которого равна $\sqrt{OA^2 - R^2}$. Эта длина соответствует длине касательной, проведенной из точки $A$ к окружности. Для этого соединим точки $O$ и $A$. Найдем середину $M$ отрезка $OA$. Построим окружность с центром в $M$ и радиусом $MA$. Эта окружность пересечет исходную окружность в точке $T$. Отрезок $AT$ является касательной.
2. Теперь построим отрезок длиной $r_A = \frac{AT}{\sqrt{2}}$. Эта длина равна катету равнобедренного прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна $AT$. Для этого на отрезке $AT$ как на диаметре строим окружность. Затем строим серединный перпендикуляр к отрезку $AT$. Точка $P$, лежащая на пересечении этой окружности и перпендикуляра, вместе с точками $A$ и $T$ образует равнобедренный прямоугольный треугольник $APT$. Длина катета $AP$ (или $TP$) равна искомому радиусу $r_A$.
3. Построим вспомогательную окружность с центром в точке $A$ и радиусом $r_A = AP$.
4. Точки пересечения вспомогательной окружности с исходной окружностью обозначим как $B_1$ и $B_2$. Это искомые положения точки $B$.
5. Проведем прямую через точку $A$ и одну из найденных точек, например $B_1$. Эта прямая и будет искомой. Она пересечет исходную окружность в другой точке $C_1$.

Доказательство:

По построению, точка $B$ лежит на окружности с центром $A$ и радиусом $r_A = AP$. Следовательно, $AB = r_A$. Из построения радиуса $r_A$ мы знаем, что $r_A^2 = \frac{AT^2}{2}$. Длина касательной $AT$ в квадрате равна степени точки $A$, то есть $AT^2 = OA^2 - R^2$. Таким образом, $AB^2 = \frac{OA^2 - R^2}{2}$.С другой стороны, по теореме о степени точки $A$ относительно исходной окружности, $AB \cdot AC = OA^2 - R^2$. Подставив сюда выражение для $OA^2 - R^2$, получим $AB \cdot AC = 2AB^2$. Так как $A$ вне окружности, $AB \neq 0$, и мы можем разделить обе части на $AB$, что дает $AC = 2AB$. Поскольку точки $A$, $B$, $C$ лежат на одной прямой и $B$ между $A$ и $C$, то $AC = AB + BC$. Следовательно, $AB + BC = 2AB$, откуда $BC = AB$. Построение верно.

Исследование:

Число решений зависит от числа точек пересечения исходной окружности (центр $O$, радиус $R$) и вспомогательной окружности (центр $A$, радиус $r_A$). Пересечение существует, если расстояние между центрами $OA$ удовлетворяет неравенству $|R - r_A| \le OA \le R + r_A$.Анализ показывает, что это условие сводится к одному: $OA \le 3R$.
• Если $OA > 3R$, то окружности не пересекаются, и решений нет.
• Если $OA = 3R$, то окружности касаются в одной точке. Существует одно решение — прямая, проходящая через центры $O$ и $A$.
• Если $R < OA < 3R$, то окружности пересекаются в двух точках, симметричных относительно прямой $OA$. В этом случае существуют два решения (две прямые).

Ответ: Алгоритм построения искомой прямой описан выше. Он заключается в построении вспомогательной окружности с центром в точке $A$, радиус которой $r_A$ равен катету равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой, равной длине касательной из точки $A$ к данной окружности. Искомая прямая проходит через точку $A$ и точку $B$, которая является точкой пересечения данной и вспомогательной окружностей.

445 Постройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте, проведённой из вершины другого угла.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Нам даны его периметр $P$, угол $\angle B = \beta$ и высота $h_a$, проведенная из вершины $A$ к стороне $BC$.

Продолжим сторону $BC$ за точки $B$ и $C$. На продолжении отложим отрезок $BE = AB$ и отрезок $CD = AC$. Тогда длина отрезка $ED$ будет равна $EB + BC + CD = AB + BC + AC = P$.

Рассмотрим треугольник $ABE$. Он равнобедренный, так как $AB = BE$. Угол $\angle ABC$ является внешним для треугольника $ABE$ при вершине $B$. Следовательно, $\angle ABC = \angle AEB + \angle BAE$. Так как углы при основании равнобедренного треугольника равны ($\angle AEB = \angle BAE$), получаем $\beta = 2\angle AEB$, откуда $\angle AEB = \beta / 2$.

Высота $h_a$ треугольника $ABC$ — это перпендикуляр, опущенный из вершины $A$ на прямую $BC$. Так как точки $E$, $B$, $C$, $D$ лежат на одной прямой, то расстояние от точки $A$ до прямой $ED$ также равно $h_a$.

Таким образом, вершина $A$ искомого треугольника является точкой пересечения двух геометрических мест точек:
1. Прямой, параллельной отрезку $ED$ и находящейся на расстоянии $h_a$ от него.
2. Луча, выходящего из точки $E$ под углом $\beta/2$ к отрезку $ED$.

Вершины $B$ и $C$ лежат на отрезке $ED$. Так как $AB = EB$, точка $B$ равноудалена от $A$ и $E$, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AE$. Аналогично, так как $AC = CD$, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AD$.

Этот анализ позволяет выполнить построение.

Построение

1. На произвольной прямой $m$ откладываем отрезок $ED$, длина которого равна заданному периметру $P$.
2. Строим прямую $l$, параллельную прямой $m$ и находящуюся на расстоянии $h_a$ от нее. Для этого в любой точке прямой $m$ восстанавливаем перпендикуляр, откладываем на нем отрезок длиной $h_a$ и через его конец проводим прямую, параллельную $m$.
3. Строим угол, равный данному углу $\beta$, и делим его пополам с помощью циркуля и линейки, получая угол $\beta/2$.
4. В точке $E$ строим луч $k$, образующий с отрезком $ED$ угол, равный $\beta/2$. Луч должен быть направлен в ту же полуплоскость относительно прямой $m$, где построена прямая $l$.
5. Точка пересечения луча $k$ и прямой $l$ является вершиной $A$ искомого треугольника.
6. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AE$. Точка его пересечения с отрезком $ED$ является вершиной $B$.
7. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$. Точка его пересечения с отрезком $ED$ является вершиной $C$.
8. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

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

• Периметр: Периметр треугольника $ABC$ равен сумме длин его сторон $AB + BC + AC$. По построению, точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к $AE$, следовательно, $AB = EB$. Точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к $AD$, следовательно, $AC = CD$. Тогда периметр равен $EB + BC + CD$. Так как точки $B$ и $C$ лежат на отрезке $ED$, эта сумма равна длине отрезка $ED$. По построению $ED = P$. Таким образом, периметр треугольника $ABC$ равен $P$.
• Угол: Угол $\angle ABC$ является внешним углом для равнобедренного треугольника $ABE$. Следовательно, он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle ABC = \angle AEB + \angle BAE$. Так как $\triangle ABE$ равнобедренный ($AB=EB$), то $\angle AEB = \angle BAE$, и $\angle ABC = 2\angle AEB$. По построению $\angle AEB = \beta/2$. Значит, $\angle ABC = 2 \cdot (\beta/2) = \beta$.
• Высота: Высота из вершины $A$ в треугольнике $ABC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из $A$ на прямую $BC$. По построению, вершина $A$ лежит на прямой $l$, которая параллельна прямой $m$ (содержащей отрезок $BC$) и удалена от нее на расстояние $h_a$. Следовательно, высота из вершины $A$ равна $h_a$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ является искомым.

Исследование

Построение всегда возможно, если заданные величины позволяют сформировать треугольник.
1. Построение точки $A$ возможно однозначно, так как луч $k$ (с углом $\beta/2$ к $ED$, где $0 < \beta/2 < 90^\circ$) всегда пересечет параллельную ему прямую $l$ в единственной точке.
2. Построение точек $B$ и $C$ также однозначно, так как серединные перпендикуляры пересекают прямую $ED$ в единственных точках.
3. Для существования невырожденного треугольника $ABC$ необходимо, чтобы точки $B$ и $C$ были различны и лежали между $E$ и $D$. Это накладывает ограничение на соотношение между $P$, $h_a$ и $\beta$. Задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если выполняется условие: $P > h_a \cot(\beta/2)$ для $0 < \beta \le 90^\circ$ и $P > h_a / \sin(\beta)$ для $90^\circ < \beta < 180^\circ$. Если это условие не выполнено, решения не существует.

Ответ: Построение треугольника и доказательство его свойств описаны выше. Задача имеет единственное решение при выполнении определённых условий, связывающих периметр, угол и высоту.

446 Постройте треугольник по периметру и двум углам.

Пусть дан отрезок, равный по длине периметру $P$, и два угла $?$ и $?$. Необходимо построить треугольник $ABC$, у которого $?B = ?$, $?C = ?$, а сумма длин сторон $AB + BC + CA = P$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. На прямой, содержащей сторону $BC$, отложим от точки $B$ в сторону, противоположную лучу $BC$, отрезок $DB$, равный стороне $AB$. А от точки $C$ в сторону, противоположную лучу $CB$, отложим отрезок $CE$, равный стороне $AC$.

В результате мы получим отрезок $DE$, длина которого равна $DB + BC + CE = AB + BC + AC = P$.

Рассмотрим треугольник $ADB$. Так как по построению $DB = AB$, он является равнобедренным, и его углы при основании $AD$ равны: $?DAB = ?ADB$. Угол $?ABD$ треугольника $ADB$ и угол $?ABC$ искомого треугольника являются смежными, поэтому их сумма равна $180°$, то есть $?ABD = 180° - ?ABC = 180° - ?$.

Сумма углов в треугольнике $ADB$ равна $180°$: $?DAB + ?ADB + ?ABD = 180°$. Поскольку $?DAB = ?ADB$, то $2 \cdot ?ADB + (180° - ?) = 180°$. Отсюда $2 \cdot ?ADB = ?$, и, следовательно, $?ADB = ? / 2$.

Аналогично рассмотрим треугольник $ACE$. Он равнобедренный ($AC = CE$), поэтому $?CAE = ?AEC$. Угол $?ACE$ и угол $?ACB$ являются смежными, $?ACE = 180° - ?ACB = 180° - ?$. Из суммы углов треугольника $ACE$: $2 \cdot ?AEC + (180° - ?) = 180°$, откуда $?AEC = ? / 2$.

Таким образом, мы можем построить вспомогательный треугольник $ADE$. Мы знаем его сторону $DE$ (равную периметру $P$) и два прилежащих к ней угла: $?ADE = ? / 2$ и $?AED = ? / 2$. Вершина $A$ этого треугольника будет искомой вершиной треугольника $ABC$.

Вершины $B$ и $C$ лежат на отрезке $DE$. Так как треугольник $ADB$ равнобедренный с основанием $AD$, точка $B$ равноудалена от $A$ и $D$ и, следовательно, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AD$. Аналогично, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AE$.

Построение

1. Строим отрезок $DE$, длина которого равна заданному периметру $P$.
2. С помощью циркуля и линейки строим биссектрисы данных углов $?$ и $?$, чтобы получить углы, равные $? / 2$ и $? / 2$.
3. От луча $DE$ в одной полуплоскости строим угол $?EDX = ? / 2$.
4. От луча $ED$ в той же полуплоскости строим угол $?DEY = ? / 2$.
5. Лучи $DX$ и $EY$ пересекаются в точке $A$.
6. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ есть вершина $B$.
7. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AE$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ есть вершина $C$.
8. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Докажем, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет условиям задачи.

1. Периметр:
По построению, точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AD$. Следовательно, по свойству серединного перпендикуляра, $AB = DB$. Аналогично, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AE$, поэтому $AC = CE$.
Периметр треугольника $ABC$ равен $P_{ABC} = AB + BC + CA$.
Заменяя равные отрезки, получаем: $P_{ABC} = DB + BC + CE$.
Так как точки $D, B, C, E$ лежат на одной прямой в указанном порядке, то $DB + BC + CE = DE$.
Длина отрезка $DE$ по построению равна заданному периметру $P$. Следовательно, $P_{ABC} = P$.

2. Углы:
Рассмотрим треугольник $ADB$. Он равнобедренный, так как $AB = DB$. Значит, углы при основании $AD$ равны: $?DAB = ?ADB$. По построению $?ADB = ? / 2$. Сумма углов в треугольнике $ADB$ равна $180°$, поэтому угол при вершине $B$, $?ABD = 180° - (?DAB + ?ADB) = 180° - (?/2 + ?/2) = 180° - ?$.
Поскольку точки $D, B, C$ лежат на одной прямой, углы $?ABD$ и $?ABC$ являются смежными, то есть $?ABD + ?ABC = 180°$. Отсюда находим искомый угол $?ABC$: $?ABC = 180° - ?ABD = 180° - (180° - ?) = ?$.
Аналогично для угла $C$. Рассмотрим треугольник $ACE$. Он равнобедренный ($AC = CE$), поэтому $?CAE = ?AEC = ? / 2$. Угол при вершине $C$, $?ACE = 180° - (?CAE + ?AEC) = 180° - (?/2 + ?/2) = 180° - ?$. Углы $?ACB$ и $?ACE$ являются смежными, их сумма равна $180°$. Отсюда $?ACB = 180° - ?ACE = 180° - (180° - ?) = ?$.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ имеет заданные углы $?$ и $?$ и заданный периметр $P$.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно построить треугольник $ADE$. Для этого необходимо, чтобы лучи $DX$ и $EY$, построенные на шагах 3 и 4, пересеклись. Это произойдет, если сумма углов $?ADE$ и $?AED$ будет меньше $180°$: $?ADE + ?AED = ?/2 + ?/2 < 180°$, что эквивалентно условию $? + ? < 360°$.

Однако, поскольку $?$ и $?$ — это углы одного треугольника, их сумма должна быть меньше $180°$ (то есть $? + ? < 180°$). Это условие является более строгим и гарантирует, что $?/2 + ?/2 < 90°$. Следовательно, лучи всегда пересекутся, и точка $A$ будет определена однозначно. Все последующие построения также однозначны.

Таким образом, задача всегда имеет единственное решение при условии, что периметр $P > 0$ и углы $?, ?$ таковы, что $? > 0$, $? > 0$ и $? + ? < 180°$.

Ответ: Описанный алгоритм построения позволяет однозначно построить искомый треугольник по заданному периметру и двум углам при условии, что сумма углов меньше 180°.

447 Даны две точки A и B и прямая а, не проходящая через эти точки. На прямой а постройте точку, равноудалённую от точек A и B. Всегда ли задача имеет решение?

Пусть искомая точка на прямой a будет обозначена как M. По условию задачи, эта точка должна быть равноудалена от точек A и B, что означает, что расстояние от M до A должно быть равно расстоянию от M до B. Математически это записывается как $MA = MB$.

Множество всех точек на плоскости, которые равноудалены от двух заданных точек (в нашем случае A и B), образуют прямую, называемую серединным перпендикуляром к отрезку, соединяющему эти точки (отрезок AB). Обозначим этот серединный перпендикуляр как прямую p.

Таким образом, искомая точка M должна удовлетворять двум условиям одновременно:

• M принадлежит прямой a (по условию задачи).
• M принадлежит серединному перпендикуляру p к отрезку AB (так как $MA = MB$).

Следовательно, точка M является точкой пересечения прямой a и серединного перпендикуляра p.

Алгоритм построения:

1. Соединить точки A и B, получив отрезок AB.
2. Построить серединный перпендикуляр p к отрезку AB. (Это делается с помощью циркуля и линейки: из точек A и B как из центров проводятся две дуги окружности одинакового радиуса, большего половины длины AB; прямая, проходящая через точки пересечения этих дуг, и есть серединный перпендикуляр).
3. Найти точку пересечения построенного серединного перпендикуляра p и данной прямой a. Эта точка и будет искомой точкой M.

Ответ: Искомая точка является точкой пересечения данной прямой a и серединного перпендикуляра к отрезку AB.

Как было установлено выше, решение задачи — это точка пересечения прямой a и серединного перпендикуляра p к отрезку AB. Существование и количество решений зависит от взаимного расположения этих двух прямых.

Возможны три случая:

1. Прямые a и p пересекаются. Это произойдет, если они не параллельны. В этом случае они имеют ровно одну точку пересечения. Задача имеет единственное решение. Это наиболее общий случай.
2. Прямые a и p параллельны и не совпадают. В этом случае у них нет общих точек, и, следовательно, задача не имеет решений. Серединный перпендикуляр p всегда перпендикулярен прямой AB. Значит, этот случай будет иметь место, если данная прямая a также перпендикулярна прямой AB, но при этом не проходит через середину отрезка AB.
3. Прямые a и p совпадают. Это произойдет, если данная прямая a сама является серединным перпендикуляром к отрезку AB. В этом случае любая точка прямой a равноудалена от A и B, и задача имеет бесконечно много решений.

Поскольку существует случай (случай 2), когда задача не имеет решения, то на вопрос "Всегда ли задача имеет решение?" следует дать отрицательный ответ.

Ответ: Нет, не всегда. Задача не имеет решения в том случае, если прямая a параллельна серединному перпендикуляру к отрезку AB, но не совпадает с ним.