Номер 695, страница 171 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

Упражнения. § 23. Задачи на построение. Глава 4. Окружность и круг. Геометрические построения - номер 695, страница 171.

695. Постройте треугольник по радиусу вписанной окружности и отрезкам, на которые точка касания вписанной окружности делит одну из сторон.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $I$ — центр вписанной в него окружности, а $r$ — её радиус. Обозначим точки касания окружности со сторонами $BC$, $AC$ и $AB$ как $K$, $L$ и $M$ соответственно. По условию, нам даны радиус $r$ и длины отрезков, на которые точка касания делит одну из сторон. Пусть этой стороной будет $BC$, тогда $BK = x$ и $KC = y$.

Из свойств касательных, проведенных из одной вершины к окружности, мы знаем, что:

• $BM = BK = x$
• $CL = CK = y$
• $AM = AL$ (обозначим эту длину как $z$)

Стороны треугольника равны:

• $a = BC = BK + KC = x + y$
• $b = AC = AL + LC = z + y$
• $c = AB = AM + MB = z + x$

Рассмотрим прямоугольные треугольники, образованные радиусами, проведенными в точки касания. В $\triangle IBK$ и $\triangle ICK$ (прямоугольных, так как радиус перпендикулярен касательной в точке касания):

$\tan(\frac{\angle B}{2}) = \frac{IK}{BK} = \frac{r}{x}$

$\tan(\frac{\angle C}{2}) = \frac{IK}{CK} = \frac{r}{y}$

Поскольку мы можем построить прямоугольные треугольники с катетами $(r, x)$ и $(r, y)$, мы можем построить углы $\frac{\angle B}{2}$ и $\frac{\angle C}{2}$. Удвоив эти углы, мы получим углы $\angle B$ и $\angle C$ искомого треугольника. Сторона $BC$ между этими углами нам известна, ее длина равна $x+y$. Таким образом, мы можем построить треугольник по стороне и двум прилежащим к ней углам (признак ASA).

Ответ: Задача сводится к построению треугольника по стороне $a=x+y$ и двум прилежащим углам $\angle B$ и $\angle C$, которые можно найти из соотношений $\tan(\frac{\angle B}{2}) = \frac{r}{x}$ и $\tan(\frac{\angle C}{2}) = \frac{r}{y}$.

Построение

Пусть даны три отрезка: $r$ (радиус), $x$ и $y$ (части стороны).

1. Построим угол $\beta = \frac{\angle B}{2}$. Для этого строим прямоугольный треугольник с катетами $r$ и $x$. Угол, лежащий против катета $r$, будет искомым углом $\beta$.
2. Построим угол $\gamma = \frac{\angle C}{2}$. Для этого строим прямоугольный треугольник с катетами $r$ и $y$. Угол, лежащий против катета $r$, будет искомым углом $\gamma$.
3. Построим углы $\angle B = 2\beta$ и $\angle C = 2\gamma$, отложив дважды углы $\beta$ и $\gamma$ соответственно.
4. Проведем произвольную прямую и отложим на ней отрезок $BC$, равный сумме длин отрезков $x$ и $y$.
5. От луча $BC$ в одной полуплоскости отложим угол, равный построенному углу $\angle B$.
6. От луча $CB$ в той же полуплоскости отложим угол, равный построенному углу $\angle C$.
7. Лучи, являющиеся сторонами построенных углов, пересекутся в точке $A$.
8. Треугольник $ABC$ — искомый.

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

Доказательство

По построению сторона $BC$ треугольника $ABC$ равна $x+y$, а углы при этой стороне равны $\angle B$ и $\angle C$. Докажем, что радиус вписанной в него окружности равен $r$, и точка касания делит сторону $BC$ на отрезки $x$ и $y$.

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис углов $\angle B$ и $\angle C$ (центр вписанной окружности). Опустим перпендикуляр $IK'$ на сторону $BC$. Длина $IK'$ является радиусом $r'$ вписанной окружности.

В прямоугольном треугольнике $IBK'$ угол $\angle IBK' = \frac{\angle B}{2}$. Из него следует, что $\tan(\frac{\angle B}{2}) = \frac{IK'}{BK'}$.

Из нашего построения угла $\frac{\angle B}{2}$ в шаге 1, мы знаем, что $\tan(\frac{\angle B}{2}) = \frac{r}{x}$.

Приравнивая два выражения, получаем: $\frac{IK'}{BK'} = \frac{r}{x}$, откуда $BK' = \frac{x \cdot IK'}{r}$.

Аналогично, для треугольника $ICK'$: $\tan(\frac{\angle C}{2}) = \frac{IK'}{CK'}$. Из построения угла $\frac{\angle C}{2}$ знаем, что $\tan(\frac{\angle C}{2}) = \frac{r}{y}$.

Следовательно, $\frac{IK'}{CK'} = \frac{r}{y}$, откуда $CK' = \frac{y \cdot IK'}{r}$.

Так как $BC = BK' + CK'$, то $x+y = \frac{x \cdot IK'}{r} + \frac{y \cdot IK'}{r} = \frac{(x+y)IK'}{r}$.

Сокращая на $x+y$ (которое не равно нулю), получаем $\frac{IK'}{r} = 1$, то есть $IK' = r$. Радиус вписанной окружности действительно равен $r$.

Теперь найдем длины отрезков $BK'$ и $CK'$:

$BK' = \frac{x \cdot IK'}{r} = \frac{x \cdot r}{r} = x$.

$CK' = \frac{y \cdot IK'}{r} = \frac{y \cdot r}{r} = y$.

Таким образом, точка касания $K'$ делит сторону $BC$ на отрезки $x$ и $y$. Доказательство завершено.

Ответ: Построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно, если лучи, выходящие из точек $B$ и $C$, пересекутся. Это произойдет, если сумма углов $\angle B + \angle C < 180^\circ$.

Сумма половинных углов должна быть меньше $90^\circ$: $\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2} < 90^\circ$.

Так как $\frac{\angle B}{2}$ и $\frac{\angle C}{2}$ — острые углы, это условие эквивалентно тому, что $\tan(\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2}) > 0$.

Используя формулу тангенса суммы: $\tan(\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2}) = \frac{\tan(\frac{B}{2}) + \tan(\frac{C}{2})}{1 - \tan(\frac{B}{2})\tan(\frac{C}{2})}$.

Так как тангенсы острых углов положительны, числитель дроби всегда положителен. Значит, для положительности всей дроби знаменатель должен быть положителен:

$1 - \tan(\frac{B}{2})\tan(\frac{C}{2}) > 0$

$1 - (\frac{r}{x})(\frac{r}{y}) > 0$

$1 - \frac{r^2}{xy} > 0$

$1 > \frac{r^2}{xy}$

$xy > r^2$

Если это условие выполнено, то $\angle B + \angle C < 180^\circ$, и задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности), так как построение по стороне и двум прилежащим углам однозначно определяет треугольник.

Если $xy = r^2$, то $\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2} = 90^\circ$, $\angle B + \angle C = 180^\circ$, стороны $AB$ и $AC$ будут параллельны, и треугольник не существует.

Если $xy < r^2$, то $\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2} > 90^\circ$, $\angle B + \angle C > 180^\circ$, что невозможно для треугольника.

Ответ: Задача имеет единственное решение при выполнении условия $xy > r^2$. В противном случае задача решения не имеет.

695. Докажите, что:

1) биссектрисы накрест лежащих углов, образованных при пересечении двух параллельных прямых секущей, параллельны;

2) биссектрисы односторонних углов, образованных при пересечении двух параллельных прямых секущей, перпендикулярны.