Номер 736, страница 176 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

§ 24. Метод геометрических мест точек в задачах на построение. Глава 4. Окружность и круг. Геометрические построения - номер 736, страница 176.

736. Постройте треугольник по стороне, разности углов, прилежащих к этой стороне, и сумме двух других сторон.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Нам даны сторона $BC = a$, сумма двух других сторон $AB + AC = s$ и разность прилежащих к стороне $BC$ углов $\angle B - \angle C = \delta$ (без ограничения общности, пусть $\angle B > \angle C$). Обозначим углы треугольника как $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$, $\angle C = \gamma$.

Применим теорему синусов к треугольнику $ABC$:
$ \frac{a}{\sin \alpha} = \frac{b}{\sin \beta} = \frac{c}{\sin \gamma} $
Отсюда $b = \frac{a \sin \beta}{\sin \alpha}$ и $c = \frac{a \sin \gamma}{\sin \alpha}$.
Сумма сторон $b$ и $c$ равна $s$:
$s = b + c = \frac{a(\sin \beta + \sin \gamma)}{\sin \alpha}$

Используем формулы тригонометрии:
Сумма синусов: $\sin \beta + \sin \gamma = 2 \sin\frac{\beta+\gamma}{2} \cos\frac{\beta-\gamma}{2}$
Учитывая, что $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$, имеем $\alpha = 180^\circ - (\beta+\gamma)$, поэтому $\sin \alpha = \sin(180^\circ - (\beta+\gamma)) = \sin(\beta+\gamma)$.
Формула синуса двойного угла: $\sin(\beta+\gamma) = 2 \sin\frac{\beta+\gamma}{2} \cos\frac{\beta+\gamma}{2}$

Подставим эти выражения в формулу для $s$:
$s = \frac{a \left( 2 \sin\frac{\beta+\gamma}{2} \cos\frac{\beta-\gamma}{2} \right)}{2 \sin\frac{\beta+\gamma}{2} \cos\frac{\beta+\gamma}{2}} = \frac{a \cos\frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta+\gamma}{2}}$

Нам даны $a, s$ и $\delta = \beta-\gamma$. Подставим $\delta$:
$s = \frac{a \cos(\delta/2)}{\cos((\beta+\gamma)/2)}$
Отсюда мы можем выразить косинус полусуммы углов $\beta$ и $\gamma$:
$\cos\frac{\beta+\gamma}{2} = \frac{a}{s} \cos\frac{\delta}{2}$

Это выражение позволяет нам построить угол $\frac{\beta+\gamma}{2}$. Обозначим его $\phi = \frac{\beta+\gamma}{2}$. Мы можем построить $\phi$, построив прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза равна $s$, а прилежащий катет равен $a \cos(\delta/2)$.

После того как мы найдем угол $\phi$, мы сможем найти углы $\beta$ и $\gamma$:
$\beta = \frac{\beta+\gamma}{2} + \frac{\beta-\gamma}{2} = \phi + \frac{\delta}{2}$
$\gamma = \frac{\beta+\gamma}{2} - \frac{\beta-\gamma}{2} = \phi - \frac{\delta}{2}$

Теперь у нас есть сторона $a$ (отрезок $BC$) и два прилежащих к ней угла $\beta$ и $\gamma$. По этим данным можно однозначно построить треугольник.

Ответ:

Построение

Пусть даны отрезки $a$ и $s$, и угол $\delta$.

1. Построим угол $\delta/2$ путем деления данного угла $\delta$ пополам (построение биссектрисы).
2. Построим отрезок $k = a \cos(\delta/2)$. Для этого строим прямоугольный треугольник с гипотенузой $a$ и одним из острых углов, равным $\delta/2$. Прилежащий к этому углу катет будет равен $k$.
3. Построим угол $\phi = \frac{\beta+\gamma}{2}$. Для этого строим прямоугольный треугольник с гипотенузой $s$ и одним из катетов, равным $k$. Угол, прилежащий к катету $k$, будет равен $\phi$.
4. Построим углы $\beta$ и $\gamma$:
   • $\beta = \phi + \delta/2$ (сумма построенных углов).
   • $\gamma = \phi - \delta/2$ (разность построенных углов).
5. Строим искомый треугольник $ABC$:
   • Проводим прямую и откладываем на ней отрезок $BC$, равный $a$.
   • От луча $BC$ в одной полуплоскости откладываем угол $\angle CBX$, равный построенному углу $\beta$.
   • От луча $CB$ в той же полуплоскости откладываем угол $\angle BCY$, равный построенному углу $\gamma$.
   • Точка пересечения лучей $BX$ и $CY$ является третьей вершиной искомого треугольника — точкой $A$.

Треугольник $ABC$ построен.

Ответ:

Доказательство

По построению, сторона $BC$ построенного треугольника $ABC$ равна данному отрезку $a$.
Также по построению, углы при этой стороне равны $\angle B = \beta = \phi + \delta/2$ и $\angle C = \gamma = \phi - \delta/2$.
Найдем разность этих углов:
$\angle B - \angle C = (\phi + \delta/2) - (\phi - \delta/2) = \delta$.
Это соответствует данному условию.
Теперь докажем, что сумма сторон $AB+AC$ равна $s$. Как было показано в анализе, для любого треугольника справедливо соотношение:
$AB+AC = \frac{BC \cos\frac{\beta-\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta+\gamma}{2}} = \frac{a \cos(\delta/2)}{\cos\phi}$
Из шага 3 нашего построения, угол $\phi$ был построен так, что $\cos\phi = \frac{k}{s}$. А из шага 2, $k = a \cos(\delta/2)$.
Следовательно, $\cos\phi = \frac{a \cos(\delta/2)}{s}$.
Подставим это выражение в формулу для суммы сторон:
$AB+AC = \frac{a \cos(\delta/2)}{\frac{a \cos(\delta/2)}{s}} = s$.
Это также соответствует данному условию.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ:

Исследование

Задача имеет решение, если все шаги построения выполнимы.

1. Построение угла $\delta/2$ и отрезка $k = a \cos(\delta/2)$ всегда возможно, если $0 < \delta < 180^\circ$.
2. Построение угла $\phi$ на шаге 3 возможно, если возможно построить прямоугольный треугольник с гипотенузой $s$ и катетом $k$. Для этого необходимо, чтобы катет был не больше гипотенузы, то есть $k \le s$.
   $a \cos(\delta/2) \le s$.
   Если $a \cos(\delta/2) = s$, то $\cos\phi = 1$, значит $\phi = 0$. Тогда $\gamma = -\delta/2 < 0$, что невозможно. Следовательно, должно выполняться строгое неравенство $a \cos(\delta/2) < s$.
3. Для того чтобы $\gamma$ был положительным углом треугольника, необходимо, чтобы $\gamma > 0$, то есть $\phi - \delta/2 > 0 \implies \phi > \delta/2$.
   Так как на интервале $(0, 90^\circ)$ функция косинуса убывает, это эквивалентно $\cos\phi < \cos(\delta/2)$.
   $\frac{a \cos(\delta/2)}{s} < \cos(\delta/2)$.
   Поскольку $\cos(\delta/2) > 0$ для $0 < \delta < 180^\circ$, мы можем разделить обе части на это значение, получив:
   $\frac{a}{s} < 1 \implies a < s$.
   Это условие является также необходимым условием существования треугольника (неравенство треугольника: $a < b+c=s$).
4. Сумма углов $\beta + \gamma = 2\phi$ должна быть меньше $180^\circ$, то есть $\phi < 90^\circ$. Это условие выполняется, так как $\cos\phi = \frac{k}{s} > 0$.

Таким образом, задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если выполняются условия: $0 < \delta < 180^\circ$ и $a < s$. Условие $a \cos(\delta/2) < s$ является следствием условия $a < s$, так как $\cos(\delta/2) < 1$.

Ответ:

736. Через точку $M$ проведены касательные $MK$ и $ME$ к окружности с центром в точке $O$, где $K$ и $E$ – точки касания, $\angle OMK = 30^\circ$, $MK = 6$ см. Найдите длину хорды $KE$.