Номер 1303, страница 334 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 13 - номер 1303, страница 334.

Условие.

1303 ▢ Даны прямая, окружность и точка $A$, не лежащая на них. Постройте квадрат $ABCD$ так, чтобы вершина $B$ лежала на данной прямой, а вершина $D$ — на данной окружности.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Для решения задачи используем метод геометрических преобразований, в частности, поворот.

Анализ

Пусть $ABCD$ — искомый квадрат. Вершина $A$ задана, вершина $B$ лежит на данной прямой $l$, а вершина $D$ — на данной окружности $\omega$. В квадрате $ABCD$ треугольник $\triangle ABD$ является равнобедренным прямоугольным треугольником с прямым углом при вершине $A$. Это означает, что отрезок $AD$ может быть получен поворотом отрезка $AB$ вокруг точки $A$ на угол $90^\circ$ (по часовой или против часовой стрелки).

Рассмотрим два случая:
1. Вершины квадрата перечислены против часовой стрелки. Тогда точка $D$ является образом точки $B$ при повороте на $90^\circ$ вокруг точки $A$. Обозначим этот поворот как $R_A^{+90^\circ}$.
2. Вершины квадрата перечислены по часовой стрелке. Тогда точка $D$ является образом точки $B$ при повороте на $-90^\circ$ (или $270^\circ$) вокруг точки $A$. Обозначим этот поворот как $R_A^{-90^\circ}$.

Рассмотрим первый случай. Поскольку точка $B$ принадлежит прямой $l$, ее образ $D$ при повороте $R_A^{+90^\circ}$ должен принадлежать образу прямой $l$ при этом же повороте. Обозначим образ прямой $l$ как $l' = R_A^{+90^\circ}(l)$. Таким образом, $D \in l'$. С другой стороны, по условию задачи точка $D$ должна лежать на окружности $\omega$. Следовательно, точка $D$ является точкой пересечения прямой $l'$ и окружности $\omega$.

Аналогично для второго случая: если $D = R_A^{-90^\circ}(B)$, то точка $D$ должна принадлежать образу прямой $l$ при повороте $R_A^{-90^\circ}$. Обозначим этот образ $l''$. Тогда точка $D$ является точкой пересечения прямой $l''$ и окружности $\omega$.

Таким образом, задача сводится к построению образов данной прямой при поворотах на $90^\circ$ и $-90^\circ$ вокруг точки $A$ и нахождению точек их пересечения с данной окружностью.

Построение

1. Построим образ $l'$ прямой $l$ при повороте $R_A^{+90^\circ}$ (против часовой стрелки). Для этого:
a) Из точки $A$ опустим перпендикуляр на прямую $l$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра.
b) Построим точку $H'$, которая является образом точки $H$ при повороте $R_A^{+90^\circ}$. Для этого строим отрезок $AH'$ равный и перпендикулярный отрезку $AH$ (так, чтобы поворот от вектора $\vec{AH}$ к $\vec{AH'}$ был против часовой стрелки).
c) Прямая $l'$ является образом прямой $l$. Так как поворот сохраняет углы, прямая $l$, перпендикулярная $AH$, перейдет в прямую $l'$, перпендикулярную $AH'$. Проведем через точку $H'$ прямую $l'$, перпендикулярную $AH'$.

2. Находим точки пересечения прямой $l'$ и окружности $\omega$. Возможны три случая:
- Нет точек пересечения: в этом случае (поворот на $+90^\circ$) решений нет.
- Одна точка пересечения (прямая $l'$ касается окружности): получаем одну точку $D_1$.
- Две точки пересечения: получаем две точки $D_1$ и $D_2$.

3. Для каждой найденной точки $D_i$ строим соответствующий квадрат:
a) Находим вершину $B_i$. Так как $D_i = R_A^{+90^\circ}(B_i)$, то $B_i$ является образом $D_i$ при обратном повороте $R_A^{-90^\circ}$. Строим точку $B_i$, поворачивая $D_i$ вокруг $A$ на $90^\circ$ по часовой стрелке. По построению, точка $B_i$ будет лежать на исходной прямой $l$.
b) Строим вершину $C_i$. Для этого строим параллелограмм $AB_iC_iD_i$, например, отложив от точки $B_i$ вектор, равный вектору $\vec{AD_i}$.
c) Квадрат $AB_iC_iD_i$ — искомый.

4. Аналогично выполняем построение для случая поворота на $-90^\circ$ (по часовой стрелке).
a) Строим образ $l''$ прямой $l$ при повороте $R_A^{-90^\circ}$.
b) Находим точки пересечения $l''$ и $\omega$. Пусть это будут точки $D_3$ и $D_4$.
c) Для каждой точки $D_j$ находим соответствующую ей вершину $B_j$ поворотом $R_A^{+90^\circ}(D_j)$ и достраиваем квадрат $AB_jC_jD_j$.

Доказательство

Докажем корректность построения. Пусть $AB_iC_iD_i$ — один из построенных четырехугольников (для поворота на $+90^\circ$).
- Вершина $A$ — данная.
- Вершина $D_i$ лежит на окружности $\omega$ по построению.
- Вершина $B_i$ построена как $R_A^{-90^\circ}(D_i)$. Так как $D_i \in l' = R_A^{+90^\circ}(l)$, то существует точка $P \in l$ такая, что $D_i = R_A^{+90^\circ}(P)$. Тогда $R_A^{-90^\circ}(D_i) = P$, значит $B_i = P$ и $B_i \in l$.
- Из $D_i = R_A^{+90^\circ}(B_i)$ следует, что $AD_i=AB_i$ и $\angle D_iAB_i=90^\circ$.
- Четырехугольник $AB_iC_iD_i$ построен как параллелограмм. Параллелограмм с равными смежными сторонами и прямым углом является квадратом.
Все условия задачи выполнены.

Исследование

Задача может иметь от 0 до 4 решений. Каждая из построенных прямых, $l'$ и $l''$, может пересекать окружность $\omega$ в 0, 1 или 2 точках. Каждая такая точка пересечения (вершина $D$) однозначно определяет один искомый квадрат. Таким образом, общее число решений может быть $0, 1, 2, 3$ или $4$.

Ответ:
Алгоритм построения описан выше. Суть метода заключается в повороте данной прямой $l$ вокруг данной точки $A$ на углы $+90^\circ$ и $-90^\circ$. Полученные прямые $l'$ и $l''$ пересекаются с данной окружностью $\omega$. Точки пересечения являются возможными положениями вершины $D$ искомого квадрата. Для каждой найденной точки $D$ соответствующая вершина $B$ находится обратным поворотом, а вершина $C$ достраивается до квадрата. В зависимости от взаимного расположения исходных объектов, задача может иметь от 0 до 4 решений.