Номер 900, страница 219 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Задачи повышенной трудности. Задачи к главе 8 - номер 900, страница 219.

Условие.

900 Постройте треугольник:

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

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

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 10.

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

Пусть нам даны отрезок $a$, угол $\alpha$ и отрезок $h_a$, представляющий высоту. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором сторона $BC = a$, угол $\angle BAC = \alpha$, а высота, опущенная из вершины $A$ на сторону $BC$, равна $h_a$.

Построение состоит из следующих шагов:

1. На произвольной прямой отложим отрезок $BC$, равный данному отрезку $a$.
2. Построим геометрическое место точек (ГМТ), из которых отрезок $BC$ виден под углом $\alpha$. Это ГМТ состоит из двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой $BC$. Для построения одной из этих дуг:
   • Построим серединный перпендикуляр к отрезку $BC$.
   • Из точки $B$ проведем луч под углом $90^\circ - \alpha$ к отрезку $BC$.
   • Точка $O$, где этот луч пересекается с серединным перпендикуляром, будет центром искомой окружности.
   • Построим дугу окружности с центром в точке $O$ и радиусом $OB = OC$. Все точки этой дуги (кроме $B$ и $C$) обладают свойством, что угол, под которым из них виден отрезок $BC$, равен $\alpha$.
3. Построим ГМТ, удаленных от прямой $BC$ на расстояние $h_a$. Это две прямые, параллельные прямой $BC$ и находящиеся на расстоянии $h_a$ от нее. Для построения одной такой прямой достаточно в любой точке на прямой $BC$ (например, $B$) восстановить перпендикуляр, отложить на нем отрезок, равный $h_a$, и через его конец провести прямую, параллельную $BC$.
4. Вершина $A$ искомого треугольника должна принадлежать обоим построенным ГМТ. Следовательно, точка $A$ является точкой пересечения дуги окружности (из шага 2) и одной из параллельных прямых (из шага 3).
   • Если параллельная прямая пересекает дугу в двух точках ($A_1$ и $A_2$), то можно построить два неконгруэнтных треугольника, которые, однако, будут симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BC$.
   • Если параллельная прямая касается дуги, то существует только одно решение (равнобедренный треугольник).
   • Если параллельная прямая не пересекает дугу, то задача не имеет решений.
5. Соединив найденную точку $A$ с точками $B$ и $C$, получим искомый треугольник $ABC$.

Ответ: Построен треугольник $ABC$, удовлетворяющий условиям задачи.

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

Пусть нам даны угол $\alpha$, высота $h_a$ и периметр $P$. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором $\angle BAC = \alpha$, высота из вершины $A$ равна $h_a$, и периметр $AB + BC + CA = P$.

Для решения этой задачи воспользуемся методом построения вспомогательного треугольника.

Анализ:

Предположим, искомый треугольник $ABC$ построен. На продолжении стороны $BC$ за точку $B$ отложим отрезок $BD = AB$, а за точку $C$ — отрезок $CE = AC$. Тогда длина отрезка $DE = DB + BC + CE = AB + BC + AC = P$.

Рассмотрим треугольник $ADE$.

• Треугольник $ADB$ — равнобедренный ($DB=AB$), поэтому $\angle D = \angle DAB$. Внешний угол при вершине $B$ треугольника $ADB$, $\angle ABC$, равен сумме двух внутренних, т.е. $\angle ABC = \angle D + \angle DAB = 2\angle D$.
• Аналогично, треугольник $ACE$ — равнобедренный ($CE=AC$), поэтому $\angle E = \angle CAE$. Внешний угол $\angle ACB = 2\angle E$.
• В треугольнике $ABC$ сумма углов $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$. Подставив выражения для углов $B$ и $C$, получим: $\alpha + 2\angle D + 2\angle E = 180^\circ$, откуда $\angle D + \angle E = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
• Теперь найдем угол $\angle DAE$ во вспомогательном треугольнике $ADE$: $\angle DAE = 180^\circ - (\angle D + \angle E) = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$.

Таким образом, задача сводится к построению вспомогательного треугольника $ADE$ по стороне $DE=P$, противолежащему углу $\angle DAE = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$ и высоте, проведенной из вершины $A$ к стороне $DE$, которая совпадает с высотой $h_a$ исходного треугольника. Эта задача аналогична задаче из пункта а).

Построение:

1. Строим угол $\beta = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$. Для этого строим прямой угол и прибавляем к нему половину угла $\alpha$ (которую получаем построением биссектрисы угла $\alpha$).
2. Строим вспомогательный треугольник $ADE$:
   • На прямой откладываем отрезок $DE$, равный периметру $P$.
   • Строим ГМТ, из которых отрезок $DE$ виден под углом $\beta = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$ (дуга окружности, как в пункте а)).
   • Строим прямую, параллельную $DE$ на расстоянии $h_a$.
   • Точка пересечения дуги и параллельной прямой дает нам вершину $A$. Соединяем ее с $D$ и $E$, получая треугольник $ADE$.
3. Теперь, имея треугольник $ADE$, найдем вершины $B$ и $C$ искомого треугольника $ABC$:
   • Вершина $B$ лежит на отрезке $DE$ и равноудалена от точек $A$ и $D$ (так как $AB=DB$). Значит, $B$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $AD$ и отрезка $DE$.
   • Аналогично, вершина $C$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $AE$ и отрезка $DE$.
4. Соединяем точки $A$, $B$, $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование: Задача имеет решение, если возможно построить вспомогательный треугольник $ADE$, т.е. если прямая, параллельная $DE$ на расстоянии $h_a$, пересекает дугу окружности, построенную для угла $\beta$ и отрезка $P$.

Ответ: Построен треугольник $ABC$, удовлетворяющий условиям задачи.