Страница 171 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

685. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведённой к одной из этих сторон. Сколько решений может иметь задача?

Пусть даны длины двух сторон $a$ и $b$, и длина высоты $h_a$, проведённой к стороне $a$. Необходимо построить треугольник $ABC$, в котором сторона, к которой проведена высота (назовём её $BC$), имеет длину $a$, другая известная сторона (назовём её $AC$) имеет длину $b$, а высота, опущенная из вершины $A$ на прямую $BC$, равна $h_a$.

1. Проводим произвольную прямую $l$, на которой будет лежать сторона $a$.
2. Выбираем на ней произвольную точку $H$ и строим через неё прямую $p$, перпендикулярную прямой $l$.
3. На прямой $p$ от точки $H$ откладываем отрезок $AH$, равный данной высоте $h_a$. Точка $A$ — одна из вершин искомого треугольника.
4. С центром в точке $A$ проводим окружность радиусом, равным длине стороны $b$.
5. Если эта окружность пересекает прямую $l$, обозначаем одну из точек пересечения как $C$. Точка $C$ — вторая вершина треугольника. (Для существования пересечения необходимо, чтобы $b \ge h_a$).
6. С центром в точке $C$ проводим окружность радиусом, равным длине стороны $a$.
7. Эта окружность пересечёт прямую $l$ в двух точках. Обозначим их $B_1$ и $B_2$.
8. Треугольники $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$ являются искомыми.

Количество решений задачи (различных, то есть неконгруэнтных, треугольников) зависит от соотношения между данными длинами $b$ и $h_a$. Для построения треугольника необходимо сначала построить вспомогательный прямоугольный треугольник с гипотенузой $b$ (сторона $AC$) и катетом $h_a$ (высота $AH$). Это возможно только при условии $b \ge h_a$.

• Случай 1: $b < h_a$.

  Построение невозможно. Сторона $b$, являющаяся наклонной от вершины $A$ к прямой $l$, не может быть короче перпендикуляра $h_a$. Окружность с центром в $A$ и радиусом $b$ не пересечёт прямую $l$. Следовательно, задача не имеет решений.

• Случай 2: $b = h_a$.

  В этом случае наклонная $b$ равна перпендикуляру $h_a$, что возможно только если точка $C$ совпадает с основанием высоты $H$. Таким образом, $\triangle AHC$ вырождается, а $\angle C$ становится прямым. Построение даёт единственную точку $C$. Окружность с центром в $C$ и радиусом $a$ даёт две точки $B_1$ и $B_2$ на прямой $l$. Полученные треугольники $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$ являются прямоугольными и конгруэнтными друг другу (они симметричны относительно катета $AC$). Таким образом, задача имеет одно решение.

• Случай 3: $b > h_a$.

  Окружность с центром в $A$ и радиусом $b$ пересекает прямую $l$ в двух точках, $C_1$ и $C_2$, симметричных относительно $H$. Рассмотрим построение для точки $C_1$. Окружность с центром $C_1$ и радиусом $a$ пересекает прямую $l$ в двух точках $B_1$ и $B_2$. Это даёт два треугольника: $\triangle AB_1C_1$ и $\triangle AB_2C_1$. У этих треугольников две стороны соответственно равны ($AC_1=b$, $C_1B_1=a$ и $C_1B_2=a$), но их третьи стороны ($AB_1$ и $AB_2$) не равны, так как $b \neq h_a$. Следовательно, эти два треугольника не конгруэнтны. Построение, начатое с точки $C_2$, даст треугольники, конгруэнтные уже построенным. Таким образом, задача имеет два решения.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения. Пусть даны стороны $a, b$ и высота $h_a$ к стороне $a$.
Если $b < h_a$, то решений нет.
Если $b = h_a$, то задача имеет одно решение.
Если $b > h_a$, то задача имеет два решения.

685. На рисунке 341 $AB = BC$, $\angle ABO = \angle CBO$. Докажите, что $\angle DAO = \angle DCO$.

Рис. 339

Рис. 340

Рис. 341

686. Постройте треугольник по стороне и проведённым из одного и того же конца этой стороны медиане и высоте. Сколько решений может иметь задача?

Пусть нам даны три отрезка, задающие сторону треугольника $b$, медиану $m_a$ и высоту $h_a$, причем медиана и высота проведены из одного и того же конца данной стороны. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором сторона $AC = b$, медиана $AM = m_a$ (где $M$ — середина стороны $BC$) и высота $AH = h_a$ (где $H$ — основание высоты на прямой $BC$).

В основе построения лежит прямоугольный треугольник $AHM$. В этом треугольнике $\angle AHM = 90^\circ$, так как $AH$ — высота к прямой $BC$, на которой лежат точки $H$ и $M$. Катет $AH$ равен данной высоте $h_a$, а гипотенуза $AM$ равна данной медиане $m_a$.

Алгоритм построения:

1. Построим прямоугольный треугольник $AHM$ по известным гипотенузе $AM = m_a$ и катету $AH = h_a$. Для этого:
   1. Проведем произвольную прямую $l$. На ней будет лежать сторона $BC$ искомого треугольника.
   2. Выберем на прямой $l$ произвольную точку $H$.
   3. Через точку $H$ проведем прямую $p$, перпендикулярную прямой $l$.
   4. На прямой $p$ от точки $H$ отложим отрезок $HA$ длиной, равной $h_a$. Мы получили вершину $A$.
   5. Из центра в точке $A$ проведем дугу окружности радиусом $m_a$. Точка пересечения этой дуги с прямой $l$ даст нам точку $M$. Для существования такой точки необходимо, чтобы $m_a \ge h_a$. Если $m_a > h_a$, дуга пересечет прямую $l$ в двух точках, симметричных относительно $H$. Выбор любой из них приведет к построению конгруэнтных треугольников, поэтому мы можем выбрать любую из них.
2. Теперь, когда у нас есть вершина $A$, прямая $l$ (на которой лежат $B$ и $C$) и точка $M$ (середина $BC$), мы можем найти вершины $B$ и $C$.
   1. Вершина $C$ лежит на прямой $l$ и удалена от вершины $A$ на расстояние $b$. Чтобы найти $C$, проведем окружность с центром в точке $A$ и радиусом $b$. Точки пересечения этой окружности с прямой $l$ являются возможными положениями вершины $C$. Для существования таких точек необходимо, чтобы $b \ge h_a$.
   2. После того как положение точки $C$ на прямой $l$ найдено, находим вершину $B$. Так как $M$ — середина отрезка $BC$, точка $B$ симметрична точке $C$ относительно точки $M$. Чтобы построить $B$, нужно на прямой $l$ отложить от точки $M$ отрезок $MB$, равный $MC$, в сторону, противоположную точке $C$.
3. Соединив точки $A, B$ и $C$, получаем искомый треугольник $ABC$.

Ответ: Искомый треугольник строится по приведенному выше алгоритму, ключевым элементом которого является построение вспомогательного прямоугольного треугольника $AHM$.

Количество решений зависит от соотношения длин данных отрезков $b$, $m_a$ и $h_a$.

Во-первых, для возможности построения должны выполняться условия, вытекающие из геометрии прямоугольных треугольников $AHM$ и $AHC$: гипотенуза не может быть короче катета. Отсюда получаем необходимые условия: $m_a \ge h_a$ и $b \ge h_a$. Если хотя бы одно из них не выполнено, задача решений не имеет.

Рассмотрим случаи, когда $m_a \ge h_a$ и $b \ge h_a$:

• Два решения. Задача имеет два неконгруэнтных решения в общем случае, когда выполняются строгие неравенства $m_a > h_a$, $b > h_a$ и, кроме того, $m_a \neq b$. При этих условиях окружность с центром $A$ и радиусом $b$ пересекает прямую $l$ в двух различных точках $C_1$ и $C_2$. Каждая из этих точек порождает свой треугольник ($AB_1C_1$ и $AB_2C_2$), и эти треугольники не являются конгруэнтными.
• Одно решение. Задача имеет единственное решение в трех особых случаях:
  1. Когда медиана является высотой: $m_a = h_a$ (при условии $b > h_a$). В этом случае $M$ совпадает с $H$, и искомый треугольник $ABC$ является равнобедренным с $AB=AC=b$. Хотя окружность $(A, b)$ дает две точки, $C_1$ и $C_2$, они симметричны относительно $H=M$, и оба варианта приводят к одному и тому же треугольнику.
  2. Когда данная сторона является высотой к основанию: $b = h_a$ (при условии $m_a > h_a$). В этом случае $C$ совпадает с $H$, то есть $\angle C = 90^\circ$. Окружность $(A, b)$ касается прямой $l$ в единственной точке, что и дает единственное решение.
  3. Когда длина медианы равна длине данной стороны: $m_a = b$ (при условии $m_a > h_a$). В этом случае точка $M$ совпадает с одной из двух возможных точек для $C$. Этот выбор приводит к вырожденному треугольнику ($B$ совпадает с $C$). Другой выбор точки $C$ дает единственное невырожденное решение.
• Нет решений. Задача не имеет решений (в классе невырожденных треугольников) в следующих случаях:
  1. Если $m_a < h_a$ или $b < h_a$, так как построение геометрически невозможно.
  2. Если $m_a = h_a$ и $b = h_a$ одновременно. В этом случае точки $M$, $H$ и $C$ совпадают, что приводит к вырождению отрезка $BC$ в точку, и треугольник не образуется.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения.

• 2 решения, если $m_a > h_a$, $b > h_a$ и $m_a \neq b$.
• 1 решение, если ($m_a = h_a$ и $b > h_a$) или ($b = h_a$ и $m_a > h_a$) или ($m_a = b$ и $m_a > h_a$).
• 0 решений, если $m_a < h_a$ или $b < h_a$ или ($m_a = b = h_a$).

Рис. 342

686. На рисунке 342 $OA = OC$, $OD = OB$. Докажите, что $\angle DAC = \angle BCA$.

687. Постройте треугольник по высоте и двум углам, которые эта высота образует со сторонами треугольника, имеющими с высотой общую вершину. Сколько решений может иметь задача?

Дано:

Отрезок $h$, задающий длину высоты треугольника. Два угла, $\alpha$ и $\beta$, которые эта высота образует с прилежащими к ней сторонами.

Построение и доказательство:

Для построения искомого треугольника $ABC$ с высотой $BH = h$, где $\angle ABH = \alpha$ и $\angle CBH = \beta$, выполним следующие шаги:

1. Проведем произвольную прямую $a$. Эта прямая будет содержать основание искомого треугольника.
2. Выберем на прямой $a$ произвольную точку $H$, которая будет основанием высоты.
3. Через точку $H$ проведем прямую $b$, перпендикулярную прямой $a$.
4. На прямой $b$ отложим отрезок $HB$ длиной, равной $h$. Точка $B$ — это вершина треугольника, из которой проведена высота.
5. От луча $HB$ построим два луча $BA$ и $BC$ под заданными углами $\alpha$ и $\beta$. Существует два принципиально разных способа это сделать, что приводит к разным решениям.

Случай 1: Построение остроугольного или тупоугольного треугольника (с тупым углом при вершине B)

В этом случае углы откладываются в разные стороны от высоты:

6. От луча $HB$ в одну из полуплоскостей относительно прямой $b$ отложим угол, равный $\alpha$. Проведем луч $BA$, который пересечет прямую $a$ в точке $A$.
7. От луча $HB$ в другую полуплоскость отложим угол, равный $\beta$. Проведем луч $BC$, который пересечет прямую $a$ в точке $C$.
8. Соединив точки $A$, $B$ и $C$, получим искомый треугольник $ABC$. В этом треугольнике точка $H$ лежит между $A$ и $C$.

Случай 2: Построение тупоугольного треугольника (с тупым углом при основании)

В этом случае оба угла откладываются в одну сторону от высоты. Это возможно, только если $\alpha \neq \beta$.

6. От луча $HB$ в одну из полуплоскостей относительно прямой $b$ отложим угол, равный $\alpha$. Проведем луч $BA$, который пересечет прямую $a$ в точке $A$.
7. В ту же самую полуплоскость от луча $HB$ отложим угол, равный $\beta$. Проведем луч $BC$, который пересечет прямую $a$ в точке $C$.
8. Соединив точки $A$, $B$ и $C$, получим искомый треугольник $ABC$. В этом треугольнике (если, например, $\alpha > \beta$) точка $C$ будет лежать между $A$ и $H$.

Доказательство: В обоих случаях в построенном треугольнике $ABC$ отрезок $BH$ по построению перпендикулярен прямой $a$, на которой лежат вершины $A$ и $C$. Следовательно, $BH$ является высотой. Длина высоты $BH$ равна $h$ по построению. Углы, которые высота образует с прилежащими сторонами $BA$ и $BC$, равны $\alpha$ и $\beta$ по построению. Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Алгоритм построения треугольника, удовлетворяющего заданным условиям, представлен выше. Он включает в себя два возможных случая расположения углов относительно высоты.

Анализ количества решений:

Количество возможных решений задачи зависит от значений углов $\alpha$ и $\beta$.

Для того чтобы построение было в принципе возможно, лучи $BA$ и $BC$ должны пересекать прямую $a$. В прямоугольных треугольниках $ABH$ и $CBH$ углы $\angle BAH$ и $\angle BCH$ должны быть больше нуля. Так как $\angle BAH = 90^\circ - \alpha$ и $\angle BCH = 90^\circ - \beta$, необходимо, чтобы $\alpha < 90^\circ$ и $\beta < 90^\circ$. Также по определению углы должны быть положительными. Таким образом, необходимым условием существования хотя бы одного решения является то, что оба угла $\alpha$ и $\beta$ должны быть острыми: $0 < \alpha < 90^\circ$ и $0 < \beta < 90^\circ$.

Проанализируем количество решений при выполнении этого условия:

• Если углы острые и равны ($0 < \alpha = \beta < 90^\circ$):
  • Построение по Случаю 1 дает один равнобедренный треугольник, так как $\triangle ABH = \triangle CBH$ по катету и острому углу.
  • Построение по Случаю 2 невозможно. Если $\alpha = \beta$, то лучи $BA$ и $BC$ совпадут, и вместо треугольника получится отрезок $BH$.
  • Следовательно, в этом случае существует только одно решение.
• Если углы острые и не равны ($0 < \alpha < 90^\circ, 0 < \beta < 90^\circ, \alpha \neq \beta$):
  • Построение по Случаю 1 дает один (разносторонний) треугольник. Это первое решение.
  • Построение по Случаю 2 также возможно, так как $\alpha \neq \beta$ означает, что лучи $BA$ и $BC$ не совпадут. Это построение дает второй, тупоугольный, треугольник, не конгруэнтный первому. Это второе решение.
  • Следовательно, в этом случае существует два решения.
• Если хотя бы один из углов не является острым ($\alpha \ge 90^\circ$ или $\beta \ge 90^\circ$):
  • Соответствующая сторона не пересечет прямую $a$ (будет ей параллельна или расходиться). Треугольник построить невозможно.
  • В этом случае задача не имеет решений.

Ответ: Задача может иметь ноль, одно или два решения. А именно:
• 0 решений, если хотя бы один из заданных углов не является острым.
• 1 решение, если оба угла острые и равны друг другу.
• 2 решения, если оба угла острые, но не равны друг другу.

687. Точка $O$ – точка пересечения серединных перпендикуляров сторон $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ – принадлежит его стороне $AB$.

Докажите, что:

1) точка $O$ – середина отрезка $AB$;

2) $\angle ACB = \angle A + \angle B$.

688. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведённой к третьей стороне. Сколько решений может иметь задача?

Пусть нам даны два отрезка, соответствующие сторонам треугольника $a$ и $b$, и отрезок $h$, соответствующий высоте, проведенной к третьей стороне. Обозначим искомый треугольник как $ABC$, где $BC=a$, $AC=b$, а высота $CH=h$ опущена на сторону $AB$ (или ее продолжение).

Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведённой к третьей стороне.

Алгоритм построения с помощью циркуля и линейки:

1. Проведем произвольную прямую $l$. На этой прямой будет лежать сторона $AB$ искомого треугольника.
2. На прямой $l$ выберем произвольную точку $H$ — основание высоты.
3. Через точку $H$ проведем прямую $m$, перпендикулярную прямой $l$.
4. На прямой $m$ отложим отрезок $HC$ длиной, равной данной высоте $h$. Точка $C$ — одна из вершин искомого треугольника.
5. Из точки $C$ как из центра проведем окружность радиусом $b$ (длина стороны $AC$). Точки пересечения этой окружности с прямой $l$ — возможные положения для вершины $A$.
6. Из точки $C$ как из центра проведем окружность радиусом $a$ (длина стороны $BC$). Точки пересечения этой окружности с прямой $l$ — возможные положения для вершины $B$.
7. Соединив точку $C$ с одной из возможных точек $A$ и одной из возможных точек $B$ (при условии, что $A$ и $B$ не совпадают), мы получим искомый треугольник $ABC$.

Для того чтобы такое построение было возможно, необходимо, чтобы окружности из шагов 5 и 6 пересекали прямую $l$. Расстояние от центра окружностей (точки $C$) до прямой $l$ равно $h$. Следовательно, радиусы окружностей должны быть не меньше этого расстояния, то есть $a \ge h$ и $b \ge h$.

Ответ: Построение выполняется по описанному выше алгоритму. Необходимым условием является то, что длина каждой из данных сторон не меньше длины данной высоты.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи (число неконгруэнтных треугольников) зависит от соотношения длин сторон $a$, $b$ и высоты $h$.

• 0 решений. Задача не имеет решений, если хотя бы одна из сторон короче высоты ($a < h$ или $b < h$), так как в этом случае соответствующая сторона не "дотянется" от вершины $C$ до прямой, на которой лежит основание. Также решений нет в вырожденном случае, когда $a = b = h$, так как тогда обе вершины $A$ и $B$ должны совпасть с основанием высоты $H$, и треугольник не образуется.
• 1 решение. Задача имеет единственное решение в двух случаях:
  1) Одна из сторон равна высоте, а другая строго больше (например, $b = h$ и $a > h$). В этом случае треугольник будет прямоугольным, так как одна из вершин основания (в данном примере $A$) совпадет с точкой $H$.
  2) Стороны равны между собой и строго больше высоты ($a = b > h$). В этом случае треугольник будет равнобедренным.
• 2 решения. Задача имеет два различных решения, если обе стороны строго больше высоты и не равны друг другу ($a > h$, $b > h$ и $a \ne b$). В этом случае можно построить два неконгруэнтных треугольника:
  1) Вершины $A$ и $B$ лежат по одну сторону от основания высоты $H$.
  2) Вершины $A$ и $B$ лежат по разные стороны от основания высоты $H$.
  Эти два треугольника будут иметь разную длину третьей стороны ($c = |\sqrt{a^2-h^2} - \sqrt{b^2-h^2}|$ в первом случае и $c = \sqrt{a^2-h^2} + \sqrt{b^2-h^2}$ во втором), а значит, они не конгруэнтны.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения.

688. Медиана треугольника ABC разбивает его на два треугольника, периметры которых равны. Докажите, что треугольник ABC – равнобедренный.

689. Постройте треугольник по двум сторонам и углу, противолежащему одной из этих сторон. Сколько решений может иметь задача?

Пусть даны два отрезка $a$ и $b$ и угол $α$. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором, например, $AB = b$, $BC = a$ и $\angle A = α$.

Построение

1. Строим луч $AD$.
2. От луча $AD$ откладываем угол, равный данному углу $α$. Получаем луч $AE$.
3. На луче $AE$ откладываем отрезок $AB$, равный данному отрезку $b$.
4. Строим окружность с центром в точке $B$ и радиусом, равным данному отрезку $a$.
5. Точки пересечения этой окружности с лучом $AD$ будут третьей вершиной искомого треугольника (вершиной $C$).
6. Соединяем точки $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ – искомый.

Ответ: Построение основано на откладывании данного угла, прилежащей к нему стороны и последующем нахождении третьей вершины как точки пересечения окружности (с центром в конце построенной стороны и радиусом, равным второй данной стороне) и второго луча угла.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи зависит от числа точек пересечения окружности с центром в $B$ и радиусом $a$ с лучом $AD$. Для анализа введем высоту $h$, опущенную из точки $B$ на прямую $AD$. Из прямоугольного треугольника, образованного точкой $B$, ее проекцией на прямую $AD$ и точкой $A$, мы можем выразить эту высоту: $h = AB \cdot \sin(\angle A) = b \sin(α)$.

Рассмотрим различные случаи в зависимости от величины угла $α$ и соотношения сторон $a$ и $b$.

1. Если угол $α$ – острый ($α < 90°$)

• Если $a < h$ (то есть $a < b \sin(α)$), окружность не пересекает луч $AD$. В этом случае решений нет.
• Если $a = h$ (то есть $a = b \sin(α)$), окружность касается луча $AD$ в одной точке. В этом случае задача имеет одно решение (получается прямоугольный треугольник).
• Если $a > h$ (то есть $a > b \sin(α)$), возможны следующие подслучаи:
  • Если $a < b$, окружность пересечет луч $AD$ в двух точках. Следовательно, задача будет иметь два решения.
  • Если $a \ge b$, окружность пересечет прямую $AD$ в двух точках, но луч $AD$ – только в одной (вторая точка пересечения окажется на продолжении луча $AD$ за точку $A$ или в самой точке $A$, если $a=b$). В этом случае задача имеет одно решение.

2. Если угол $α$ – прямой или тупой ($α \ge 90°$)

• В треугольнике против большего угла лежит большая сторона. Поэтому для существования треугольника необходимо, чтобы сторона $a$, лежащая против угла $α$, была строго больше стороны $b$ ($a > b$).
• Если $a \le b$, то построить треугольник невозможно. Решений нет.
• Если $a > b$, окружность с центром в $B$ и радиусом $a$ пересечет луч $AD$ ровно в одной точке. В этом случае задача имеет одно решение.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения в зависимости от соотношения длин данных сторон и величины данного угла.

689. В треугольнике ABC известно, что $AB = BC$, $BD$ – медиана. Периметр треугольника ABC равен 50 см, а треугольника ABD – 40 см. Найдите длину медианы BD.

Рис. 343

690. Постройте треугольник по стороне, прилежащему углу и медиане, про-веденной к данной стороне. Сколько решений может иметь задача?

Пусть нам даны отрезок, равный стороне треугольника $a$, угол $\alpha$ и отрезок, равный медиане $m$, проведенной к данной стороне. Требуется построить треугольник $ABC$ со стороной $BC = a$, углом $\angle B = \alpha$ и медианой $AM = m$ (где $M$ — середина стороны $BC$).

Построение

Построение искомого треугольника сводится к построению треугольника $ABM$ по двум сторонам ($AM=m$, $BM = a/2$) и углу, противолежащему одной из них ($\angle B = \alpha$).

1. Построить отрезок $BC$ длиной $a$.
2. Найти середину отрезка $BC$ — точку $M$. Это можно сделать, построив серединный перпендикуляр к $BC$. Длина отрезка $BM$ будет равна $a/2$.
3. От луча $BC$ отложить угол, равный данному углу $\alpha$, с вершиной в точке $B$. Получим луч $l$, на котором должна лежать вершина $A$.
4. Построить окружность с центром в точке $M$ и радиусом, равным длине медианы $m$.
5. Вершина $A$ является точкой пересечения луча $l$ и построенной окружности.
6. Соединить точки $A, B, C$. Полученный треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство: В построенном треугольнике $ABC$ сторона $BC=a$ и $\angle B = \alpha$ по построению. Так как $M$ — середина $BC$, то $AM$ — медиана. Длина $AM$ равна $m$, поскольку точка $A$ лежит на окружности с центром $M$ и радиусом $m$. Следовательно, треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям.

Ответ: Построение основано на нахождении третьей вершины треугольника как точки пересечения луча (задающего угол при данной стороне) и окружности (задающей длину медианы из середины этой стороны).

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи зависит от числа точек пересечения луча $l$ и окружности с центром $M$ и радиусом $m$. Проанализируем это, рассмотрев треугольник $ABM$. В нем известны стороны $AM=m$, $BM=a/2$ и угол $\angle B = \alpha$. Это задача на построение треугольника по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них (случай ССУ).

Пусть $h$ — расстояние от центра окружности $M$ до прямой, содержащей луч $l$. В прямоугольном треугольнике $h = BM \cdot \sin(\angle B) = \frac{a}{2}\sin\alpha$.

• Случай 1: $m < \frac{a}{2}\sin\alpha$
  Длина медианы меньше расстояния от точки $M$ до прямой, на которой лежит искомая вершина $A$. Окружность и луч не пересекаются.
  Ответ: 0 решений.
• Случай 2: $m = \frac{a}{2}\sin\alpha$
  Окружность касается прямой, содержащей луч $l$.
  • Если угол $\alpha$ острый ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$), точка касания лежит на луче $l$.
    Ответ: 1 решение.
  • Если угол $\alpha$ прямой или тупой ($\alpha \ge 90^\circ$), то треугольник $ABM$ должен иметь два прямых или тупых угла (один при вершине B, другой — при A, так как $AM \perp BA$), что невозможно.
    Ответ: 0 решений.
• Случай 3: $m > \frac{a}{2}\sin\alpha$
  Окружность пересекает прямую, содержащую луч $l$, в двух точках. Нужно выяснить, сколько из них лежат на самом луче $l$.
  • Если угол $\alpha$ прямой или тупой ($\alpha \ge 90^\circ$): В треугольнике $ABM$ против тупого или прямого угла $\alpha$ должна лежать наибольшая сторона.
    • Если $m > a/2$, то сторона $AM$ больше стороны $BM$, что возможно. Одна из точек пересечения лежит на луче $l$.
      Ответ: 1 решение.
    • Если $m \le a/2$, то сторона $AM$ не больше стороны $BM$, что невозможно для треугольника с тупым или прямым углом $B$.
      Ответ: 0 решений.
  • Если угол $\alpha$ острый ($0^\circ < \alpha < 90^\circ$): Это неоднозначный случай построения треугольника. Сравниваем $m$ и $a/2$.
    • Если $m > a/2$, одна точка пересечения лежит на луче $l$, а другая — на его продолжении за точку $B$.
      Ответ: 1 решение.
    • Если $m = a/2$, одна точка пересечения совпадает с $B$ (вырожденное решение), а вторая дает невырожденный треугольник.
      Ответ: 1 решение.
    • Если $\frac{a}{2}\sin\alpha < m < a/2$, обе точки пересечения лежат на луче $l$.
      Ответ: 2 решения.

Таким образом, задача может иметь 0, 1 или 2 решения.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения в зависимости от соотношения между длиной стороны $a$, медианы $m$ и величиной прилежащего угла $\alpha$.

690. На сторонах $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ отметили точки $F$ и $K$ соответственно. Докажите, что если треугольники $AFB$ и $AKB$ равны и стороны $AK$ и $BF$ соответственные, то треугольник $ABC$ – равнобедренный.

691. Постройте треугольник по углу и высотам, проведённым из вершин двух других углов.

Задача состоит в построении треугольника по заданному углу и двум высотам, проведенным из вершин двух других углов. Пусть дан угол $\alpha$ и длины высот $h_b$ и $h_c$. Требуется построить треугольник $ABC$ с $\angle A = \alpha$, высотой из вершины $B$ равной $h_b$, и высотой из вершины $C$ равной $h_c$.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Угол при вершине $A$ равен $\alpha$. Высота $BB'$, опущенная из вершины $B$ на прямую $AC$, равна $h_b$. Высота $CC'$, опущенная из вершины $C$ на прямую $AB$, равна $h_c$.

Из прямоугольного треугольника $ACC'$ имеем $AC = \frac{CC'}{\sin A} = \frac{h_c}{\sin \alpha}$. Аналогично, из прямоугольного треугольника $ABB'$ имеем $AB = \frac{BB'}{\sin A} = \frac{h_b}{\sin \alpha}$. Таким образом, задача сводится к построению треугольника по двум сторонам ($AB$ и $AC$) и углу между ними ($\alpha$).

Однако, более прямым методом построения является использование геометрического места точек (ГМТ). Вершина $C$ должна лежать на одной из сторон угла $A$ (например, на луче $AC$) и одновременно находиться на расстоянии $h_c$ от другой стороны угла (прямой $AB$). ГМТ, равноудаленных от прямой, является пара параллельных прямых. Аналогично, вершина $B$ должна лежать на луче $AB$ и находиться на расстоянии $h_b$ от прямой $AC$. Это наблюдение лежит в основе следующего построения.

Построение

1. Построим угол с вершиной в точке $A$, равный данному углу $\alpha$. Обозначим его стороны (лучи) как $l_1$ и $l_2$. На этих лучах будут располагаться стороны $AB$ и $AC$ треугольника.
2. Построим прямую $m_c$, параллельную лучу $l_1$ и отстоящую от него на расстояние $h_c$. Для этого в произвольной точке на $l_1$ восстановим перпендикуляр, отложим на нем отрезок длиной $h_c$ и через его конец проведем прямую, параллельную $l_1$.
3. Точка пересечения прямой $m_c$ и луча $l_2$ будет вершиной $C$ искомого треугольника.
4. Аналогично построим прямую $m_b$, параллельную лучу $l_2$ и отстоящую от него на расстояние $h_b$.
5. Точка пересечения прямой $m_b$ и луча $l_1$ будет вершиной $B$ искомого треугольника.
6. Соединим точки $B$ и $C$ отрезком. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ угол $\angle BAC$ равен данному углу $\alpha$ по построению. Вершина $C$ лежит на луче $l_2$ (который содержит сторону $AC$), а ее расстояние до прямой, содержащей луч $l_1$ (сторону $AB$), равно расстоянию между параллельными прямыми $l_1$ и $m_c$, которое по построению равно $h_c$. Следовательно, высота, проведенная из вершины $C$ на сторону $AB$, равна $h_c$. Аналогично, вершина $B$ лежит на луче $l_1$ (содержит сторону $AB$), а ее расстояние до прямой, содержащей луч $l_2$ (сторону $AC$), по построению равно $h_b$. Следовательно, высота, проведенная из вершины $B$ на сторону $AC$, равна $h_b$. Таким образом, треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение, если указанные в построении пересечения существуют. Прямая $m_c$, будучи параллельной $l_1$, пересечет прямую $l_2$, так как $l_1$ и $l_2$ непараллельны (они образуют угол $\alpha$, где $0^\circ < \alpha < 180^\circ$). Аналогично, $m_b$ пересечет $l_1$. Таким образом, при $h_b > 0$, $h_c > 0$ и $0^\circ < \alpha < 180^\circ$ задача всегда имеет решение. При построении можно выбрать, по какую сторону от лучей $l_1$ и $l_2$ проводить параллельные прямые $m_c$ и $m_b$. Это дает четыре возможных треугольника, но все они будут конгруэнтны друг другу. Следовательно, задача имеет единственное решение с точностью до конгруэнтности.

Ответ: Искомый треугольник строится по приведенному алгоритму. Построение однозначно определяет треугольник с точностью до конгруэнтности при условии, что заданный угол больше $0^\circ$ и меньше $180^\circ$, а длины высот — положительные числа.

691. На рисунке 343 $AM = CN$, $AB = CD$, $BN = DM$. Докажите, что $\angle ABN = \angle CDM$.

Рис. 343

692. Постройте треугольник по двум высотам и углу, из вершины которого проведена одна из данных высот. Сколько решений может иметь задача?

Пусть нам нужно построить треугольник $ABC$ по высоте $h_a$ (проведенной из вершины $A$), высоте $h_b$ (проведенной из вершины $B$) и углу $\angle A = \alpha$.

Построение треугольника

Сначала проведем анализ, чтобы определить план построения. Пусть $BE$ — высота, проведенная из вершины $B$ к стороне $AC$. Тогда в прямоугольном треугольнике $ABE$ известны катет $BE = h_b$ и противолежащий ему угол $\angle BAE$. Если угол $\alpha$ острый, то $\angle BAE = \alpha$. Если угол $\alpha$ тупой, то точка $A$ лежит между $E$ и $C$, и $\angle BAE = 180^\circ - \alpha$. В обоих случаях сторона $AB$ (обозначим ее длину как $c$) может быть найдена из соотношения $c = AB = \frac{BE}{\sin(\angle BAE)} = \frac{h_b}{\sin \alpha}$.

Таким образом, мы можем построить сторону $AB$ и прямую, содержащую сторону $AC$. Затем, используя высоту $h_a$, мы можем найти положение вершины $C$. Высота $h_a$ — это расстояние от точки $A$ до прямой $BC$. Это означает, что прямая $BC$ должна быть касательной к окружности с центром в точке $A$ и радиусом $h_a$.

Алгоритм построения:

1. Построим вспомогательный прямоугольный треугольник $ABE$. Для этого:
   • Проведем произвольную прямую $l$, на которой будет лежать сторона $AC$.
   • Выберем на ней произвольную точку $E$.
   • Восставим в точке $E$ перпендикуляр к прямой $l$.
   • На перпендикуляре отложим отрезок $BE$ длиной $h_b$.
   • Построим угол, равный $\alpha$ (или $180^\circ - \alpha$, если $\alpha$ тупой), с вершиной в точке $A$, одной стороной которого является луч $AE$. Другая сторона этого угла должна пройти через точку $B$. Для этого из точки $B$ проведем луч под углом $90^\circ - \alpha$ (если $\alpha$ острый) или $\alpha - 90^\circ$ (если $\alpha$ тупой) к лучу $BE$, до пересечения с прямой $l$. Точку пересечения обозначим $A$. В результате мы получим вершины $A$ и $B$ и прямую $l$, содержащую сторону $AC$.
2. Построим окружность с центром в точке $A$ и радиусом, равным $h_a$.
3. Из точки $B$ проведем касательные к построенной окружности. В общем случае таких касательных может быть две, одна или ни одной.
4. Точки пересечения этих касательных с прямой $l$ являются возможными положениями вершины $C$. Обозначим их $C_1, C_2$.
5. Необходимо выполнить проверку. Вершина $C$ должна лежать на прямой $l$ таким образом, чтобы угол при вершине $A$ в треугольнике $ABC$ был равен $\alpha$.
   • Если $\alpha$ — острый угол, то точка $C$ должна лежать на луче $AE$.
   • Если $\alpha$ — тупой угол, то точка $A$ должна лежать между $E$ и $C$, то есть $C$ должна лежать на луче, дополняющем $AE$.
   Треугольники, не удовлетворяющие этому условию, отбрасываются.

Ответ: Построение выполняется в соответствии с приведенным выше алгоритмом, который основывается на построении вспомогательного прямоугольного треугольника для нахождения стороны $AB$ и последующем использовании окружности радиуса $h_a$ для нахождения прямой $BC$.

Исследование количества решений

Количество решений задачи зависит от соотношения между данными величинами $h_a, h_b$ и $\alpha$. Проанализируем это, используя тригонометрические соотношения в треугольнике $ABC$.

Известно, что $h_b = c \sin \alpha$ и $h_a = c \sin \beta$. Отсюда можно выразить сторону $c$ и синус угла $\beta$:$c = \frac{h_b}{\sin \alpha}$$\sin \beta = \frac{h_a}{c} = \frac{h_a \sin \alpha}{h_b}$

Для существования угла $\beta$ необходимо, чтобы выполнялось условие $0 < \sin \beta \le 1$, то есть $0 < \frac{h_a \sin \alpha}{h_b} \le 1$, что равносильно $h_b \ge h_a \sin \alpha$.

Рассмотрим различные случаи.

1. Если $h_b < h_a \sin \alpha$, то $\sin \beta > 1$, что невозможно. В этом случае задача не имеет решений.
2. Если $h_b = h_a \sin \alpha$, то $\sin \beta = 1$, откуда $\beta = 90^\circ$.
   • Если $\alpha \ge 90^\circ$, то $\alpha + \beta \ge 180^\circ$, что невозможно для треугольника. Решений нет.
   • Если $\alpha < 90^\circ$, то $\alpha + \beta < 180^\circ$. Третий угол $\gamma$ определяется однозначно. В этом случае задача имеет одно решение.
3. Если $h_b > h_a \sin \alpha$, то $\sin \beta < 1$. Уравнение $\sin \beta = k$ (где $k=\frac{h_a \sin \alpha}{h_b}$) имеет два решения для $\beta$ в интервале $(0, 180^\circ)$: острое $\beta_1 = \arcsin(k)$ и тупое $\beta_2 = 180^\circ - \beta_1$.
   • Случай с острым углом $\beta_1$: Треугольник с углами $\alpha$ и $\beta_1$ всегда возможен, так как $\alpha + \beta_1 < 180^\circ$ (поскольку $\beta_1 < 90^\circ$). Это дает как минимум одно решение.
   • Случай с тупым углом $\beta_2$: Второй треугольник возможен, только если $\alpha + \beta_2 < 180^\circ$. Подставив $\beta_2 = 180^\circ - \beta_1$, получим $\alpha + 180^\circ - \beta_1 < 180^\circ$, что равносильно $\alpha < \beta_1$.
     • Если $\alpha \ge 90^\circ$, то $\alpha$ не может быть меньше острого угла $\beta_1$. Следовательно, второе решение невозможно.
     • Если $\alpha < 90^\circ$, то условие $\alpha < \beta_1$ эквивалентно $\sin \alpha < \sin \beta_1$ (так как оба угла в первой четверти). $\sin \alpha < \frac{h_a \sin \alpha}{h_b}$. Так как $\sin \alpha > 0$, получаем $1 < \frac{h_a}{h_b}$, то есть $h_b < h_a$.
   Итак, при $h_b > h_a \sin \alpha$:
   • Если $\alpha \ge 90^\circ$ или $h_b \ge h_a$, существует только одно решение (с острым углом $\beta$).
   • Если $\alpha < 90^\circ$ и $h_b < h_a$, существуют два решения.

Итог по количеству решений:

• Нет решений, если $h_b < h_a \sin \alpha$, а также если $h_b = h_a \sin \alpha$ при $\alpha \ge 90^\circ$.
• Одно решение, если:
  • $h_b = h_a \sin \alpha$ и $\alpha < 90^\circ$.
  • $h_b > h_a \sin \alpha$ и при этом выполняется хотя бы одно из условий: $\alpha \ge 90^\circ$ или $h_b \ge h_a$.
• Два решения, если одновременно выполняются три условия: $h_b > h_a \sin \alpha$, $\alpha < 90^\circ$ и $h_b < h_a$.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения в зависимости от соотношения между данными $h_a, h_b, \alpha$. Условия для каждого случая подробно описаны выше.

692. В треугольниках $ABC$ и $A_1B_1C_1$ медианы $AM$ и $A_1M_1$ равны, $AB = A_1B_1$, $BC = B_1C_1$. Докажите, что $\triangle ABC = \triangle A_1B_1C_1$.

693. Постройте прямоугольный треугольник по катету и радиусу вписанной окружности.

Пусть искомый прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом при вершине $C$. Обозначим катеты $AC = b$, $BC = a$ и гипотенузу $AB = c$. Пусть $r$ — радиус вписанной окружности. Даны отрезки, равные катету $a$ и радиусу $r$.

Пусть вписанная окружность с центром в точке $I$ касается сторон $BC$, $AC$ и $AB$ в точках $D$, $E$ и $F$ соответственно. Поскольку угол $C$ прямой, а $ID \perp BC$ и $IE \perp AC$, четырехугольник $CDIE$ является квадратом со стороной, равной радиусу вписанной окружности $r$. Отсюда следует, что $CD = CE = r$.

По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, имеем $BD = BF$. Длина отрезка $BD$ может быть найдена как разность длин катета $BC$ и отрезка $CD$: $BD = BC - CD = a - r$. Следовательно, $BF = a - r$.

Таким образом, точка касания $F$ на гипотенузе обладает двумя свойствами:

1. Она лежит на вписанной окружности, то есть на окружности с центром в точке $I$ и радиусом $r$.
2. Она лежит на окружности с центром в вершине $B$ и радиусом $BF = a - r$.

Это наблюдение позволяет построить точку $F$, а затем и весь треугольник.

1. Строим прямой угол с вершиной в точке $C$. Обозначим лучи, выходящие из $C$, как $Cx$ и $Cy$.
2. На луче $Cy$ откладываем отрезок $CB$, равный данному катету $a$.
3. На луче $Cy$ откладываем отрезок $CD$, равный данному радиусу $r$. На луче $Cx$ откладываем отрезок $CE$, также равный $r$.
4. Строим точку $I$ как четвертую вершину квадрата $CDIE$. Эта точка будет центром вписанной окружности.
5. Строим две окружности: первую, $k_1$, с центром в точке $I$ и радиусом $r$; вторую, $k_2$, с центром в точке $B$ и радиусом, равным длине отрезка $BD$ (то есть $a-r$).
6. Точка пересечения этих двух окружностей (любая из двух) является точкой $F$ — точкой касания вписанной окружности и гипотенузы.
7. Проводим прямую через точки $B$ и $F$.
8. Точка пересечения прямой $BF$ и луча $Cx$ является третьей вершиной треугольника — точкой $A$.
9. Треугольник $ABC$ является искомым.

Построенный треугольник $ABC$ по построению является прямоугольным ($∠C = 90°$) и имеет катет $BC = a$. Необходимо доказать, что радиус его вписанной окружности равен $r$.

Рассмотрим окружность $k_1$ с центром в $I$ и радиусом $r$.

1. По построению квадрата $CDIE$, эта окружность касается катета $BC$ в точке $D$ (так как $ID \perp BC$ и $ID=r$) и катета $AC$ в точке $E$ (так как $IE \perp AC$ и $IE=r$).
2. Точка $F$ по построению лежит на этой окружности. Прямая $AB$ проходит через точку $F$. Для доказательства того, что $AB$ является касательной к окружности в точке $F$, нужно показать, что $IF \perp AB$.
3. Рассмотрим треугольники $ΔIBD$ и $ΔIBF$. У них:
   • сторона $IB$ — общая;
   • $ID = IF = r$ (как радиусы окружности $k_1$);
   • $BD = BF$ (по построению, так как $BF$ — радиус окружности $k_2$, равный $BD$).
4. Следовательно, $ΔIBD \cong ΔIBF$ по трем сторонам (признак SSS).
5. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих углов: $∠IFB = ∠IDB$.
6. Поскольку $ID \perp BC$, угол $∠IDB$ является прямым, то есть $∠IDB = 90°$.
7. Значит, и $∠IFB = 90°$, что доказывает перпендикулярность $IF$ и $AB$.
8. Таким образом, прямая $AB$ касается окружности $k_1$ в точке $F$.

Мы показали, что окружность $k_1$ с центром в $I$ и радиусом $r$ касается всех трех сторон треугольника $ABC$. Следовательно, это вписанная окружность треугольника $ABC$, и ее радиус равен $r$. Построение верно.

Треугольник построен согласно плану, изложенному в пунктах "Построение" и "Доказательство". Построение основывается на нахождении точки касания гипотенузы со вписанной окружностью как точки пересечения двух вспомогательных окружностей.

693. Через точку, не принадлежащую прямой $a$, провели три прямые. Докажите, что по крайней мере две из этих прямых пересекают прямую $a$.

694. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и радиусу вписанной окружности.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Нам известны сторона $BC$ (длиной $a$), прилежащий к ней угол $\angle B$ (величиной $\beta$) и радиус вписанной окружности $r$. Центр вписанной окружности (инцентр) $I$ обладает двумя важными свойствами:

1. Он равноудален от всех сторон треугольника на расстояние $r$. Это означает, что инцентр $I$ находится на прямой, параллельной стороне $BC$ и отстоящей от нее на расстояние $r$.
2. Он является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Следовательно, $I$ лежит на биссектрисе угла $\angle B$.

Таким образом, мы можем однозначно определить положение инцентра $I$ как точку пересечения двух геометрических мест точек: прямой, параллельной $BC$ на расстоянии $r$, и биссектрисы угла $\angle B$. После нахождения инцентра $I$ мы можем построить вписанную окружность. Стороны $AB$ и $AC$ являются касательными к этой окружности, проведенными из вершин $B$ и $C$. Прямая, содержащая сторону $AB$, уже определена (она образует угол $\beta$ со стороной $BC$). Прямая, содержащая сторону $AC$, будет второй касательной, проведенной из точки $C$ к построенной вписанной окружности. Точка $A$ — это точка пересечения этих двух прямых. На основе этого анализа можно составить план построения.

Построение

Пусть даны отрезок, равный стороне $a$, угол, равный $\beta$, и отрезок, равный радиусу $r$.

1. Построим прямую и отложим на ней отрезок $BC$, равный $a$.
2. Построим прямую $m$, параллельную прямой $BC$ и находящуюся на расстоянии $r$ от нее (в одной из полуплоскостей).
3. От луча $BC$ в ту же полуплоскость отложим угол $\angle CBE$, равный $\beta$. Луч $BE$ содержит сторону $AB$ будущего треугольника.
4. Построим биссектрису $BF$ угла $\angle CBE$.
5. Найдем точку $I$ — точку пересечения биссектрисы $BF$ и прямой $m$. Эта точка является центром вписанной окружности.
6. Построим окружность $\omega$ с центром в точке $I$ и радиусом $r$.
7. Построим касательную к окружности $\omega$ из точки $C$, отличную от прямой $BC$. Для этого:
   • На отрезке $IC$ как на диаметре построим вспомогательную окружность.
   • Эта окружность пересечет окружность $\omega$ в двух точках. Одна из них — точка касания со стороной $BC$. Обозначим вторую точку пересечения как $K$.
   • Проведем прямую $CK$. Эта прямая содержит сторону $AC$ треугольника.
8. Точка пересечения прямых $BE$ и $CK$ является искомой вершиной $A$.
9. Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

По построению, в полученном треугольнике $ABC$ сторона $BC = a$ и $\angle B = \beta$. Докажем, что $r$ является радиусом его вписанной окружности. Окружность $\omega$ с центром $I$ и радиусом $r$ касается стороны $BC$, так как расстояние от $I$ до $BC$ равно $r$ (по построению). Точка $I$ лежит на биссектрисе угла $\angle B$, поэтому она равноудалена от его сторон $BC$ и $BE$ (на которой лежит $AB$). Следовательно, окружность $\omega$ касается стороны $AB$. Прямая $AC$ (проходящая через $CK$) построена как касательная к окружности $\omega$. Следовательно, окружность $\omega$ касается стороны $AC$. Так как окружность $\omega$ касается всех трех сторон треугольника $ABC$, она является его вписанной окружностью, и ее радиус равен $r$. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: План построения и его доказательство приведены выше. Треугольник, построенный согласно этому плану, будет искомым.

694. На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ так, что $\angle AMK = \angle ABC$. Докажите, что $\angle AKM = \angle ACB$.

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.

696. Постройте треугольник по стороне и проведённым к этой стороне высоте и медиане.

Пусть даны отрезки, задающие длину стороны $a$, длину высоты $h_a$ и длину медианы $m_a$, проведенных к этой стороне. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором сторона $BC$ имеет длину $a$, высота $AH$, опущенная на прямую $BC$, имеет длину $h_a$, а медиана $AM$ к стороне $BC$ имеет длину $m_a$.

Для построения используется метод геометрических мест. Вершина $A$ искомого треугольника должна одновременно принадлежать двум множествам точек:

• Множеству точек, удаленных от прямой $BC$ на расстояние $h_a$. Это две прямые, параллельные прямой $BC$.
• Множеству точек, удаленных от точки $M$ (середины отрезка $BC$) на расстояние $m_a$. Это окружность с центром в $M$ и радиусом $m_a$.

Искомая вершина $A$ является точкой пересечения этих геометрических мест.

Построение

1. На произвольной прямой $l$ откладываем отрезок $BC$, длина которого равна данной стороне $a$.
2. С помощью циркуля и линейки строим серединный перпендикуляр к отрезку $BC$ и находим его середину — точку $M$.
3. Строим прямую $p$, параллельную прямой $l$ и находящуюся на расстоянии $h_a$ от нее. Для этого можно в точке $M$ восстановить перпендикуляр к прямой $l$, отложить на нем отрезок $MK$ длиной $h_a$ и через точку $K$ провести прямую $p$, параллельную $l$.
4. Из точки $M$ как из центра проводим окружность $\omega$ радиусом, равным длине медианы $m_a$.
5. Точка (или точки) пересечения прямой $p$ и окружности $\omega$ является искомой вершиной $A$. Если таких точек две, можно выбрать любую из них.
6. Соединяем точку $A$ с точками $B$ и $C$ отрезками. Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

• Сторона $BC$ была построена равной длине $a$ по условию.
• Так как точка $A$ лежит на окружности $\omega$ с центром в точке $M$ (середине $BC$) и радиусом $m_a$, то отрезок $AM$ является медианой и его длина равна $m_a$.
• Так как точка $A$ лежит на прямой $p$, параллельной прямой $BC$ и удаленной от нее на расстояние $h_a$, то высота, проведенная из вершины $A$ к стороне $BC$, равна $h_a$.

Следовательно, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Возможность построения треугольника зависит от соотношения длин высоты $h_a$ и медианы $m_a$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMK$, где $K$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $M$ на прямую $p$. В этом треугольнике гипотенуза $AM$ равна $m_a$, а катет $AK$ (равный расстоянию между прямыми $l$ и $p$) равен $h_a$.

• Если $m_a > h_a$, гипотенуза больше катета. Окружность $\omega$ пересекает прямую $p$ в двух точках, симметричных относительно прямой $MK$. Это приводит к построению двух конгруэнтных треугольников. Считается, что задача имеет одно решение.
• Если $m_a = h_a$, гипотенуза равна катету. Это возможно, только если второй катет равен нулю, то есть точки $A$ и $K$ совпадают. Окружность $\omega$ касается прямой $p$ в одной точке. В этом случае медиана совпадает с высотой, и треугольник $ABC$ является равнобедренным ($AB = AC$). Задача имеет единственное решение.
• Если $m_a < h_a$, гипотенуза оказывается короче катета, что невозможно. Окружность $\omega$ и прямая $p$ не имеют общих точек, и построение невозможно. Задача не имеет решения.

Таким образом, задача имеет решение тогда и только тогда, когда $m_a \ge h_a$.

Ответ: Искомый треугольник может быть построен с помощью описанного алгоритма. Задача имеет решение при условии, что данная длина медианы не меньше данной длины высоты ($m_a \ge h_a$).

696. Каково взаимное расположение биссектрис соответственных углов, образованных при пересечении двух параллельных прямых секущей?

697. Постройте треугольник, если даны три точки, в которых вписанная окружность касается его сторон.

Пусть даны три точки $D$, $E$ и $F$, в которых вписанная в некоторый треугольник $\triangle ABC$ окружность касается его сторон. Эти три точки однозначно определяют эту вписанную окружность, так как через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести единственную окружность. Стороны искомого треугольника являются касательными к этой окружности в данных точках.

Таким образом, план построения следующий:

1. Найти центр и радиус вписанной окружности, которая проходит через точки $D, E, F$. Эта окружность является описанной для треугольника $\triangle DEF$.
2. Построить касательные к этой окружности в точках $D, E, F$.
3. Найти точки пересечения этих касательных, которые и будут вершинами искомого треугольника $\triangle ABC$.

Пошаговое построение:

1. Соединим точки $D$, $E$ и $F$ отрезками, чтобы получить $\triangle DEF$.
2. Найдем центр $I$ окружности, описанной около $\triangle DEF$. Для этого построим серединные перпендикуляры к двум его сторонам (например, $DE$ и $EF$). Точка их пересечения $I$ и будет искомым центром.
3. Построим окружность с центром в точке $I$ и радиусом, равным расстоянию от $I$ до любой из точек $D$, $E$ или $F$ (например, $R = ID$). Эта окружность является вписанной для искомого $\triangle ABC$.
4. Проведем радиусы $ID$, $IE$ и $IF$.
5. Построим три прямые, являющиеся сторонами искомого треугольника. Каждая сторона перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания:
   • Через точку $D$ проведем прямую, перпендикулярную радиусу $ID$. Это будет сторона $BC$.
   • Через точку $E$ проведем прямую, перпендикулярную радиусу $IE$. Это будет сторона $AC$.
   • Через точку $F$ проведем прямую, перпендикулярную радиусу $IF$. Это будет сторона $AB$.
6. Пересечения этих трех прямых образуют вершины искомого треугольника $A$, $B$ и $C$.

Построенный таким образом $\triangle ABC$ является искомым, так как по построению окружность, проходящая через $D, E, F$, вписана в него и касается его сторон именно в этих точках. Задача имеет единственное решение, если точки $D, E, F$ не лежат на одной прямой.

Ответ: Для построения искомого треугольника необходимо сначала построить окружность, проходящую через три данные точки (она будет вписанной в искомый треугольник). Затем следует построить касательные к этой окружности в каждой из трех данных точек. Вершинами искомого треугольника будут точки пересечения этих касательных.

697. Прямая, проведённая через вершину треугольника параллельно его противолежащей стороне, образует с двумя другими сторонами равные углы. Докажите, что данный треугольник – равнобедренный.

698. Как разделить на три равные части угол, равный $54^\circ$?

Задача о трисекции (делении на три равные части) произвольного угла с помощью циркуля и немаркированной линейки в общем случае неразрешима. Однако для некоторых конкретных углов, таких как $54^\circ$, такое построение возможно.

Чтобы разделить угол в $54^\circ$ на три равные части, необходимо построить два луча, которые разделят его на три угла по $54^\circ / 3 = 18^\circ$. Это выполнимо, поскольку угол в $18^\circ$ является построимым с помощью циркуля и линейки. Представим подробный алгоритм построения.

Идея построения заключается в том, чтобы, используя данный угол $54^\circ$, сначала построить угол в $36^\circ$, а затем, разделив его пополам, получить искомый угол в $18^\circ$.

Пошаговый алгоритм построения

Пусть нам дан угол $\angle AOB = 54^\circ$.

1. На одном из лучей угла, например на луче $OB$, выберем произвольную точку $P$.
2. Из точки $P$ построим перпендикуляр к другому лучу $OA$. Для этого можно использовать стандартное построение перпендикуляра из точки на прямую. Обозначим основание перпендикуляра на луче $OA$ как точку $H$.
3. В результате мы получили прямоугольный треугольник $\triangle OPH$, в котором $\angle PHO = 90^\circ$ и $\angle POH = \angle AOB = 54^\circ$.
4. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому мы можем найти третий угол $\angle OPH$:
   $\angle OPH = 180^\circ - \angle PHO - \angle POH = 180^\circ - 90^\circ - 54^\circ = 36^\circ$.
5. Теперь у нас есть угол $\angle OPH$, равный $36^\circ$. Построим его биссектрису. Биссектриса делит угол пополам, поэтому мы получим два угла по $36^\circ / 2 = 18^\circ$.
6. Мы получили угол в $18^\circ$. Теперь необходимо "скопировать" этот угол к вершине $O$ нашего исходного угла. Построим луч $OC$ внутри угла $\angle AOB$ так, чтобы $\angle AOC = 18^\circ$. Для этого используется стандартная процедура копирования угла с помощью циркуля и линейки.
7. Аналогично, построим еще один луч $OD$ внутри угла $\angle AOB$ так, чтобы $\angle COD = 18^\circ$.
8. В результате лучи $OC$ и $OD$ разделят исходный угол $\angle AOB$ на три равные части, так как $\angle AOC = \angle COD = 18^\circ$, а оставшийся угол $\angle DOB$ будет равен $54^\circ - 18^\circ - 18^\circ = 18^\circ$.

Таким образом, задача решена.

Ответ: Описанный выше пошаговый алгоритм, основанный на построении прямоугольного треугольника со стороной на луче угла и последующем нахождении и делении пополам угла в $36^\circ$, позволяет разделить угол $54^\circ$ на три равные части по $18^\circ$ с помощью циркуля и линейки.

698. На продолжении боковых сторон $AC$ и $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$ за вершину $C$ отметили точки $E$ и $D$ соответственно так, что $DE \parallel AB$. Докажите, что $\triangle CDE$ – равнобедренный.

699. В треугольнике $ABC$ $AB = BC$, отрезки $AE$ и $CF$ – биссектрисы этого треугольника. Докажите, что $EF \parallel AC$.

Поскольку по условию в треугольнике $ABC$ стороны $AB = BC$, данный треугольник является равнобедренным с основанием $AC$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, следовательно, $∠BAC = ∠BCA$.

Рассмотрим треугольники $ΔAEC$ и $ΔCFA$.

1. Сторона $AC$ у них является общей.

2. Так как $AE$ – биссектриса угла $∠BAC$, то $∠EAC = \frac{1}{2} ∠BAC$. Аналогично, так как $CF$ – биссектриса угла $∠BCA$, то $∠FCA = \frac{1}{2} ∠BCA$. Поскольку углы $∠BAC$ и $∠BCA$ равны, то равны и их половины, то есть $∠EAC = ∠FCA$.

3. Также нам известно, что $∠ECA = ∠BCA$ и $∠FAC = ∠BAC$. Так как $∠BCA = ∠BAC$, то и $∠ECA = ∠FAC$.

Таким образом, треугольники $ΔAEC$ и $ΔCFA$ равны по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам).

Из равенства треугольников ($ΔAEC ≅ ΔCFA$) следует равенство их соответствующих сторон: $AF = CE$.

По условию задачи $AB = BC$. Вычтем из равных сторон $AB$ и $BC$ равные отрезки $AF$ и $CE$ соответственно: $AB - AF = BC - CE$. Так как точка $F$ лежит на стороне $AB$, а точка $E$ – на стороне $BC$, то $AB - AF = BF$ и $BC - CE = BE$. Следовательно, мы получаем, что $BF = BE$.

Равенство отрезков $BF$ и $BE$ означает, что треугольник $FBE$ является равнобедренным с основанием $FE$. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны: $∠BFE = ∠BEF$.

В равнобедренном треугольнике $ABC$ угол при основании $∠BAC$ можно выразить через угол при вершине $∠B$: $∠BAC = \frac{180° - ∠B}{2}$.

Аналогично, в равнобедренном треугольнике $FBE$ угол при основании $∠BFE$ можно выразить через угол при вершине $∠B$: $∠BFE = \frac{180° - ∠B}{2}$.

Сравнивая полученные выражения, мы видим, что $∠BFE = ∠BAC$.

Углы $∠BFE$ и $∠BAC$ являются соответственными при пересечении прямых $EF$ и $AC$ секущей $AB$. Так как эти соответственные углы равны, то прямые $EF$ и $AC$ параллельны, что и требовалось доказать.

Ответ: $EF \parallel AC$.

699. На стороне $BC$ треугольника $ABC$ отметили точки $M$ и $K$ (точка $M$ лежит между точками $B$ и $K$) так, что $\angle KAC = \angle B$, $\angle BAM = \angle C$. Докажите, что $\triangle MAK$ – равнобедренный.

700. Определите углы треугольника ABC, если:

1) $\angle A + \angle B = 110^\circ$, а $\angle A + \angle C = 85^\circ$;

2) $\angle C - \angle A = 29^\circ$, а $\angle A + \angle C = 121^\circ$.

1)

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$. Запишем это свойство для треугольника $ABC$:

$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$

Из условия задачи нам известно, что $\angle A + \angle B = 110^\circ$. Подставим это значение в формулу суммы углов:

$(\angle A + \angle B) + \angle C = 180^\circ$

$110^\circ + \angle C = 180^\circ$

Отсюда найдем угол $\angle C$:

$\angle C = 180^\circ - 110^\circ = 70^\circ$

Теперь, используя второе условие $\angle A + \angle C = 85^\circ$ и найденное значение $\angle C$, найдем угол $\angle A$:

$\angle A + 70^\circ = 85^\circ$

$\angle A = 85^\circ - 70^\circ = 15^\circ$

Наконец, подставим значение $\angle A$ в первое условие $\angle A + \angle B = 110^\circ$, чтобы найти угол $\angle B$:

$15^\circ + \angle B = 110^\circ$

$\angle B = 110^\circ - 15^\circ = 95^\circ$

Проверим: $\angle A + \angle B + \angle C = 15^\circ + 95^\circ + 70^\circ = 180^\circ$.

Ответ: $\angle A = 15^\circ, \angle B = 95^\circ, \angle C = 70^\circ$.

2)

В этом пункте нам дана система из двух уравнений с двумя неизвестными, углами $\angle A$ и $\angle C$:

$\angle C - \angle A = 29^\circ$

$\angle A + \angle C = 121^\circ$

Сложим эти два уравнения, чтобы найти угол $\angle C$:

$(\angle C - \angle A) + (\angle A + \angle C) = 29^\circ + 121^\circ$

$2\angle C = 150^\circ$

$\angle C = 150^\circ / 2 = 75^\circ$

Теперь подставим найденное значение $\angle C$ в любое из двух уравнений, например, во второе, чтобы найти $\angle A$:

$\angle A + 75^\circ = 121^\circ$

$\angle A = 121^\circ - 75^\circ = 46^\circ$

Зная углы $\angle A$ и $\angle C$, мы можем найти угол $\angle B$, используя свойство о сумме углов треугольника:

$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$

$46^\circ + \angle B + 75^\circ = 180^\circ$

$\angle B + 121^\circ = 180^\circ$

$\angle B = 180^\circ - 121^\circ = 59^\circ$

Проверим: $\angle A + \angle B + \angle C = 46^\circ + 59^\circ + 75^\circ = 180^\circ$.

Ответ: $\angle A = 46^\circ, \angle B = 59^\circ, \angle C = 75^\circ$.

700. Высота равнобедренного треугольника, проведённая к основанию, в 2 раза меньше этого основания. Найдите углы данного треугольника.