Страница 176 - гдз по геометрии 7 класс учебник Мерзляк, Полонский

719. На данной окружности постройте точку, равноудалённую от двух данных пересекающихся прямых. Сколько решений может иметь задача?

На данной окружности постройте точку, равноудалённую от двух данных пересекающихся прямых.

Решение задачи основано на использовании метода геометрических мест точек (ГМТ). Искомая точка должна удовлетворять двум условиям:

1. Принадлежать данной окружности.
2. Быть равноудалённой от двух данных пересекающихся прямых.

Геометрическим местом точек, равноудалённых от двух пересекающихся прямых (обозначим их $l_1$ и $l_2$), является пара биссектрис углов, которые образуют эти прямые. Эти биссектрисы представляют собой две взаимно перпендикулярные прямые (обозначим их $b_1$ и $b_2$), проходящие через точку пересечения прямых $l_1$ и $l_2$.

Следовательно, чтобы найти искомую точку, необходимо найти точки пересечения ГМТ из второго условия (биссектрис $b_1$ и $b_2$) с ГМТ из первого условия (данной окружностью).

Порядок построения:

1. Построить биссектрисы углов, образованных данными пересекающимися прямыми. Получим две прямые, $b_1$ и $b_2$.
2. Найти точки, в которых эти биссектрисы пересекают данную окружность.

Любая из найденных точек пересечения будет лежать на окружности и будет равноудалена от двух данных прямых, то есть является решением задачи.

Ответ: Искомые точки — это точки пересечения данной окружности с биссектрисами углов, образованных данными прямыми.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи равно общему числу точек пересечения построенных биссектрис ($b_1$ и $b_2$) с данной окружностью. Одна прямая может пересекать окружность в двух точках, касаться её в одной точке или не иметь с ней общих точек. В зависимости от взаимного расположения окружности и биссектрис возможно следующее количество решений:

• 4 решения: если каждая из двух биссектрис является секущей для окружности (пересекает её в двух точках).
• 3 решения: если одна из биссектрис является секущей, а вторая — касательной к окружности (имеет одну общую точку).
• 2 решения: если:
  • одна биссектриса является секущей, а вторая не имеет общих точек с окружностью, ИЛИ
  • обе биссектрисы являются касательными к окружности.
• 1 решение: если одна из биссектрис является касательной, а вторая не имеет общих точек с окружностью.
• 0 решений: если обе биссектрисы не имеют общих точек с окружностью.

Таким образом, в зависимости от взаимного расположения окружности и прямых, задача может иметь от нуля до четырех решений.

Ответ: Задача может иметь 0, 1, 2, 3 или 4 решения.

719. На продолжениях гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ за точки $A$ и $B$ отметили соответственно точки $D$ и $E$ так, что $AC = AD$, $BC = BE$. Найдите угол $DCE$.

720. Между двумя параллельными прямыми дана точка. Постройте окружность, проходящую через эту точку и касающуюся данных прямых.

Сколько решений имеет задача?

Постройте окружность, проходящую через эту точку и касающуюся данных прямых

Пусть даны две параллельные прямые $a$ и $b$, и точка $M$, расположенная между ними. Решение задачи сводится к нахождению центра и радиуса искомой окружности.

Анализ и нахождение ключевых элементов:

• Радиус окружности: Если окружность касается двух параллельных прямых, то ее диаметр равен расстоянию $d$ между этими прямыми. Следовательно, радиус $R$ искомой окружности равен $R = d/2$.
• Геометрическое место центров (ГМТ 1): Центр любой окружности, касающейся двух параллельных прямых, равноудален от них. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух параллельных прямых, — это прямая $c$, которая параллельна данным прямым и проходит ровно посередине между ними.
• Геометрическое место центров (ГМТ 2): Искомая окружность должна проходить через данную точку $M$. Это значит, что ее центр $O$ должен находиться на расстоянии $R$ от точки $M$. Геометрическое место точек, удаленных от точки $M$ на расстояние $R$, — это окружность с центром в точке $M$ и радиусом $R$.

Таким образом, центр искомой окружности $O$ должен лежать на пересечении двух геометрических мест: прямой $c$ и окружности с центром в $M$ и радиусом $R$.

Алгоритм построения:

1. Из произвольной точки $A$ на прямой $a$ опускаем перпендикуляр $AB$ на прямую $b$. Длина отрезка $AB$ равна расстоянию $d$ между прямыми.
2. Находим середину $K$ отрезка $AB$. Длина отрезка $AK$ равна искомому радиусу $R = d/2$.
3. Через точку $K$ проводим прямую $c$, параллельную прямым $a$ и $b$. На этой прямой лежат центры всех окружностей, касающихся $a$ и $b$.
4. Строим окружность с центром в данной точке $M$ и радиусом $R=AK$.
5. Находим точки пересечения прямой $c$ и окружности, построенной на шаге 4. Обозначим их $O_1$ и $O_2$. Это и будут центры искомых окружностей.
6. Строим две окружности: одну с центром в $O_1$ и радиусом $R$, и вторую — с центром в $O_2$ и тем же радиусом $R$. Обе окружности являются решением задачи.

Ответ: Построение выполняется согласно приведенному алгоритму.

Сколько решений имеет задача?

Количество решений задачи определяется количеством точек пересечения прямой $c$ (серединной линии) и окружности с центром в точке $M$ и радиусом $R = d/2$.

Количество точек пересечения прямой и окружности зависит от соотношения между радиусом окружности ($R$) и расстоянием от ее центра ($M$) до прямой ($c$). Обозначим это расстояние как $h_M$.

• Если $h_M < R$, то точек пересечения две.
• Если $h_M = R$, то точка пересечения одна (касание).
• Если $h_M > R$, то точек пересечения нет.

В условии задачи точка $M$ расположена между параллельными прямыми $a$ и $b$. Прямая $c$ является серединной линией для полосы, образованной прямыми $a$ и $b$. Расстояние от любой из прямых ($a$ или $b$) до прямой $c$ равно $R = d/2$.

Поскольку точка $M$ находится строго внутри полосы (то есть не лежит на прямых $a$ или $b$), расстояние от нее до серединной прямой $c$ всегда будет строго меньше $R$. То есть, для любой точки $M$ между прямыми $a$ и $b$ выполняется неравенство $0 \le h_M < R$.

Так как расстояние от центра вспомогательной окружности ($M$) до прямой ($c$) всегда меньше ее радиуса ($R$), они всегда будут пересекаться в двух различных точках. Следовательно, всегда существуют два центра ($O_1$ и $O_2$) для искомых окружностей.

Ответ: Задача всегда имеет два решения.

720. В равностороннем треугольнике $ABC$ из середины $M$ стороны $AC$ опущен перпендикуляр $MK$ на сторону $BC$. Найдите периметр треугольника $ABC$, если $KC = 3$ см.

721. Постройте окружность, проходящую через данную точку $A$ и касающуюся данной прямой $m$ в данной точке $B$.

Для построения окружности, проходящей через данную точку А и касающейся данной прямой m в данной точке B, необходимо определить её центр и радиус. Пусть O — центр искомой окружности.

Поскольку окружность касается прямой m в точке B, её центр O должен лежать на прямой, перпендикулярной m и проходящей через B (так как радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной). Обозначим эту прямую p.

Также, поскольку окружность проходит через точки A и B, её центр O должен быть равноудалён от этих точек, то есть $OA = OB$. Множество всех точек, равноудалённых от A и B, является серединным перпендикуляром к отрезку AB. Обозначим этот перпендикуляр s.

Таким образом, центр O искомой окружности является точкой пересечения двух геометрических мест точек: прямой p и прямой s. Найдя точку O, мы можем построить окружность с радиусом $R = OB$.

План построения выглядит следующим образом:

1. Провести прямую p через точку B перпендикулярно прямой m.
2. Соединить точки A и B отрезком.
3. Построить серединный перпендикуляр s к отрезку AB.
4. Обозначить точку пересечения прямых p и s как O.
5. Построить окружность с центром в точке O и радиусом, равным длине отрезка OB.

Эта окружность является искомой, так как по построению она проходит через B, касается прямой m в точке B (поскольку $OB \perp m$) и проходит через точку A (поскольку O лежит на серединном перпендикуляре к AB, то $OA = OB$).

Ответ: Центр искомой окружности находится в точке пересечения перпендикуляра к прямой m, проведённого через точку B, и серединного перпендикуляра к отрезку AB. Радиус окружности равен расстоянию от найденного центра до точки B.

721. Один из углов прямоугольного треугольника равен 60°, а сумма гипотенузы и меньшего катета – 27 см. Найдите эти стороны треугольника.

722. Даны две параллельные прямые и секущая. Постройте окружность, касающуюся этих трёх прямых.

Для построения окружности, касающейся двух параллельных прямых $a$ и $b$ и секущей $c$, необходимо найти ее центр и радиус.

Центр окружности, касающейся двух пересекающихся прямых, лежит на биссектрисе угла между ними. Искомая окружность должна касаться пересекающихся прямых $a$ и $c$, а также пересекающихся прямых $b$ и $c$. Следовательно, ее центр должен лежать одновременно на биссектрисе угла, образованного прямыми $a$ и $c$, и на биссектрисе угла, образованного прямыми $b$ и $c$.

Секущая $c$ при пересечении параллельных прямых $a$ и $b$ образует две пары внутренних односторонних углов. Центр искомой окружности будет являться точкой пересечения биссектрис одной из таких пар углов.

Построение выполняется следующим образом:

1. Выбираем одну из двух пар внутренних односторонних углов, образованных секущей $c$ с параллельными прямыми $a$ и $b$.
2. Строим биссектрису первого угла из выбранной пары.
3. Строим биссектрису второго угла из этой же пары.
4. Точку пересечения построенных биссектрис обозначаем $O$. Эта точка является центром искомой окружности, так как она равноудалена от всех трех прямых ($a$, $b$ и $c$).
5. Из точки $O$ опускаем перпендикуляр на любую из трех прямых. Длина этого перпендикуляра является радиусом $R$ искомой окружности.
6. Строим окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$.

Поскольку существует две пары внутренних односторонних углов (расположенных по разные стороны от секущей), данное построение можно выполнить для каждой пары. Таким образом, задача имеет два решения — можно построить две окружности, удовлетворяющие условию.

Ответ: Центр искомой окружности является точкой пересечения биссектрис внутренних односторонних углов, образованных при пересечении данных параллельных прямых секущей. Радиус окружности равен расстоянию от найденного центра до любой из трех прямых. Задача имеет два решения.

722. В треугольнике $ABC$ известно, что $\angle C = 90^\circ$, $\angle A = 15^\circ$, $BC = 11$ см. На катете $AC$ отметили точку $M$ так, что $\angle BMC = 30^\circ$. Найдите отрезок $AM$.

723. Постройте треугольник по двум сторонам и радиусу описанной окружности. Сколько решений может иметь задача?

Постройте треугольник по двум сторонам и радиусу описанной окружности.
Пусть даны длины двух сторон $a$ и $b$ и радиус описанной окружности $R$.
Анализ:
Все три вершины искомого треугольника $A, B, C$ должны лежать на окружности радиуса $R$ (описанной окружности). Предположим, что стороны, прилежащие к общей вершине $C$, равны $a$ и $b$, то есть $BC = a$ и $AC = b$. Тогда, выбрав на окружности точку $C$, мы можем найти положения точек $A$ и $B$ как пересечения этой окружности с другими окружностями, центры которых находятся в точке $C$, а радиусы равны $b$ и $a$ соответственно. Для существования таких точек пересечения необходимо, чтобы длины сторон не превышали диаметр окружности ($a \le 2R$ и $b \le 2R$).
Построение:

1. Построим окружность $\Omega$ с произвольным центром $O$ и заданным радиусом $R$.
2. Выберем на окружности $\Omega$ произвольную точку $C$. Она будет одной из вершин треугольника.
3. Построим окружность с центром в точке $C$ и радиусом $a$. Точка (или точки) пересечения этой окружности с окружностью $\Omega$ будет вершиной $B$.
4. Построим окружность с центром в точке $C$ и радиусом $b$. Точка (или точки) пересечения этой окружности с окружностью $\Omega$ будет вершиной $A$.
5. Соединив точки $A, B$ и $C$, получим искомый треугольник $\Delta ABC$.

Так как на шагах 3 и 4 может получиться более одной точки пересечения, необходимо проанализировать количество возможных решений.
Ответ: Алгоритм построения описан выше. Он возможен при условии, что данные длины сторон не превышают диаметра описанной окружности.

Сколько решений может иметь задача?
Количество решений (неконгруэнтных треугольников) зависит от соотношения длин данных сторон $a$, $b$ и радиуса описанной окружности $R$.
Основное условие существования решения: каждая из данных сторон не может быть длиннее диаметра описанной окружности, т.е. $a \le 2R$ и $b \le 2R$. Если это условие не выполняется, решений нет.
Рассмотрим возможные случаи, предполагая, что $a \le 2R$ и $b \le 2R$:

1. Общий случай: $a \ne b$, $a < 2R$ и $b < 2R$.
   При построении на окружности $\Omega$ мы получаем две возможные точки для вершины $A$ (назовем их $A_1$ и $A_2$), симметричные относительно прямой $OC$, и две возможные точки для вершины $B$ ($B_1$ и $B_2$), также симметричные относительно $OC$. Комбинируя их, можно построить два неконгруэнтных треугольника: $\Delta A_1CB_1$ и $\Delta A_1CB_2$. (Треугольник $\Delta A_2CB_2$ будет конгруэнтен $\Delta A_1CB_1$, а $\Delta A_2CB_1$ будет конгруэнтен $\Delta A_1CB_2$). Таким образом, в этом случае задача имеет два решения.
2. Одна из сторон является диаметром: $a = 2R$, $b < 2R$ (или наоборот).
   Для вершины $B$ существует только одна возможная точка — диаметрально противоположная точке $C$. Для вершины $A$ по-прежнему существуют две симметричные точки ($A_1$ и $A_2$). Однако получаемые треугольники $\Delta A_1CB$ и $\Delta A_2CB$ симметричны относительно диаметра $BC$ и, следовательно, конгруэнтны. Искомый треугольник — прямоугольный с гипотенузой $BC$. В этом случае задача имеет одно решение.
3. Стороны равны: $a = b < 2R$.
   Искомый треугольник — равнобедренный. Множества возможных точек для вершин $A$ и $B$ совпадают. Чтобы получить невырожденный треугольник, мы должны выбрать две разные точки из этого множества для вершин $A$ и $B$. Полученный треугольник будет единственным с точностью до конгруэнтности. Задача имеет одно решение.
4. Обе стороны являются диаметрами: $a = 2R$ и $b = 2R$.
   В этом случае точки $A$ и $B$ должны быть диаметрально противоположны точке $C$, то есть $A$ и $B$ совпадают. Треугольник вырождается в отрезок. Если рассматривать только невырожденные треугольники, то в этом случае задача не имеет решений.
5. Хотя бы одна сторона длиннее диаметра: $a > 2R$ или $b > 2R$.
   Как упоминалось ранее, хорду такой длины провести невозможно, и задача не имеет решений.

Таким образом, в зависимости от заданных значений $a, b$ и $R$, задача может иметь 0, 1 или 2 решения.
Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 решения.

723. На одной стороне угла $B$ отметили точки $D$ и $A$, а на другой — точки $E$ и $C$ (рис. 345) так, что $AC \perp BC$, $DE \perp BC$, $CD \perp AB$. Найдите отрезок $DE$, если $\angle B = 30^{\circ}$, $AC = 12$ см.

Рис. 345

724. Постройте треугольник по стороне, высоте, проведённой к этой стороне, и радиусу описанной окружности. Сколько решений может иметь задача²?

Постройте треугольник по стороне, высоте, проведённой к этой стороне, и радиусу описанной окружности.

Пусть нам даны три отрезка, соответствующие стороне $a$, высоте $h_a$ и радиусу описанной окружности $R$.

Анализ:

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Сторона $BC$ равна $a$, высота $AH_a$, опущенная на прямую $BC$, равна $h_a$. Все три вершины $A, B, C$ лежат на окружности $\omega$ радиуса $R$. Это означает, что $BC$ является хордой этой окружности. Вершина $A$ должна лежать на окружности $\omega$ и одновременно находиться на расстоянии $h_a$ от прямой $BC$. Геометрическим местом точек, удаленных на расстояние $h_a$ от прямой $BC$, являются две прямые, параллельные $BC$. Таким образом, вершина $A$ является точкой пересечения окружности $\omega$ и одной из этих двух параллельных прямых.

Построение:

1. Построим окружность $\omega$ с произвольным центром $O$ и заданным радиусом $R$.
2. Выберем на окружности $\omega$ произвольную точку $B$. Построим вторую окружность с центром в точке $B$ и радиусом $a$. Точка (или одна из точек) пересечения этой окружности с окружностью $\omega$ будет вершиной $C$. Соединив точки $B$ и $C$, получим сторону треугольника. (Это построение возможно, только если $a \le 2R$).
3. Проведем прямую через точки $B$ и $C$.
4. Построим две прямые, $l_1$ и $l_2$, параллельные прямой $BC$ и находящиеся на расстоянии $h_a$ от нее. Для этого можно, например, найти середину $M$ отрезка $BC$, провести через нее прямую, перпендикулярную $BC$, и отложить на этой перпендикулярной прямой отрезки длиной $h_a$ в обе стороны от точки $M$. Через концы этих отрезков провести прямые, параллельные $BC$.
5. Точки пересечения прямых $l_1$ и $l_2$ с описанной окружностью $\omega$ являются возможными положениями для вершины $A$.
6. Соединив любую из найденных точек $A$ с точками $B$ и $C$, получим искомый треугольник $ABC$.

Ответ: Построение основано на нахождении вершин треугольника как точек пересечения их геометрических мест: описанной окружности и прямых, параллельных данной стороне на расстоянии данной высоты.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений (неконгруэнтных треугольников) зависит от соотношения между длиной стороны $a$, высоты $h_a$ и радиуса $R$.

Во-первых, для существования решения необходимо, чтобы сторона $a$ могла быть хордой окружности радиуса $R$, то есть должно выполняться условие $a \le 2R$. Если $a > 2R$, задача не имеет решений.

Рассмотрим возможные случаи:

1. Случай $a = 2R$.

Сторона $BC$ является диаметром описанной окружности. Центр окружности $O$ лежит на стороне $BC$. Две прямые, на которых может лежать вершина $A$, симметричны относительно прямой $BC$. Поэтому треугольники, построенные на этих двух прямых, будут конгруэнтны. Количество решений определяется пересечением окружности с одной из этих прямых, находящейся на расстоянии $h_a$ от центра $O$.

• Если $h_a > R$, то прямая не пересекает окружность. Решений нет.
• Если $h_a \le R$, то прямая пересекает окружность (в одной или двух точках). Все получаемые треугольники конгруэнтны. Следовательно, существует одно решение.

2. Случай $a < 2R$.

Сторона $BC$ является хордой, не проходящей через центр. Пусть $d = \sqrt{R^2 - (a/2)^2}$ — расстояние от центра окружности $O$ до хорды $BC$. Две параллельные прямые, на которых может лежать вершина $A$, находятся на разных расстояниях от центра $O$: $d_1 = d + h_a$ и $d_2 = |d - h_a|$. Так как эти прямые несимметричны относительно центра, они порождают неконгруэнтные треугольники (углы при вершине $A$ в этих треугольниках в общем случае будут разными: $\alpha$ и $180^\circ - \alpha$). Общее число решений равно сумме числа решений от каждой прямой.

Число решений от каждой прямой равно 1, если прямая пересекает или касается окружности, и 0, если не пересекает.
Первая прямая (на расстоянии $d+h_a$ от $O$) дает решение, если $d+h_a \le R$, то есть $h_a \le R - d$.
Вторая прямая (на расстоянии $|d-h_a|$ от $O$) дает решение, если $|d-h_a| \le R$, то есть $h_a \le R+d$.

Проанализируем количество решений в зависимости от $h_a$:

• Если $h_a > R + d = R + \sqrt{R^2 - a^2/4}$, то обе прямые находятся слишком далеко от центра. Решений нет.
• Если $R - \sqrt{R^2 - a^2/4} < h_a \le R + \sqrt{R^2 - a^2/4}$, то только вторая прямая пересекает окружность. Одно решение.
• Если $0 < h_a \le R - \sqrt{R^2 - a^2/4}$, то обе прямые пересекают окружность. Два решения.

Ответ: Задача может иметь 0, 1 или 2 неконгруэнтных решения в зависимости от заданных параметров $a, h_a, R$.

• 0 решений, если $a > 2R$ или ($a=2R$ и $h_a > R$) или ($a<2R$ и $h_a > R + \sqrt{R^2 - a^2/4}$).
• 1 решение, если ($a=2R$ и $h_a \le R$) или ($a<2R$ и $R - \sqrt{R^2 - a^2/4} < h_a \le R + \sqrt{R^2 - a^2/4}$).
• 2 решения, если $a<2R$ и $0 < h_a \le R - \sqrt{R^2 - a^2/4}$.

724. Найдите угол между прямыми, на которых лежат две медианы равностороннего треугольника.

725. Постройте равносторонний треугольник по радиусу описанной окружности.

Анализ

Пусть дан отрезок, равный радиусу $R$ описанной окружности. Требуется построить равносторонний треугольник $ABC$ с помощью циркуля и линейки. Вершины искомого равностороннего треугольника должны лежать на окружности (описанной окружности) с центром в некоторой точке $O$ и радиусом $R$. Обозначим эту окружность $\omega$. В равностороннем треугольнике все стороны равны, и все углы равны $60^\circ$. Центр описанной окружности для равностороннего треугольника совпадает с его центром тяжести (точкой пересечения медиан), ортоцентром (точкой пересечения высот) и инцентром (точкой пересечения биссектрис). Стороны треугольника $AB$, $BC$ и $CA$ являются хордами окружности $\omega$. Так как стороны равны ($AB=BC=CA$), то равны и центральные углы, опирающиеся на эти хорды. Полный угол вокруг центра $O$ равен $360^\circ$, поэтому центральный угол, соответствующий каждой стороне, равен $\angle AOB = \angle BOC = \angle COA = \frac{360^\circ}{3} = 120^\circ$. Это свойство можно использовать для построения. Также можно вспомнить, что сторона правильного шестиугольника, вписанного в окружность, равна радиусу этой окружности. Вершины правильного треугольника, вписанного в ту же окружность, совпадают с вершинами правильного шестиугольника, взятыми через одну.

Построение

1. Возьмем произвольную точку $O$ и построим окружность $\omega$ с центром $O$ и заданным радиусом $R$.

2. Выберем на окружности $\omega$ произвольную точку $A$. Это будет первая вершина искомого треугольника.

3. Не меняя раствора циркуля (он остается равным $R$), установим его острие в точку $A$ и проведем дугу, пересекающую окружность в двух точках. Выберем одну из них и назовем ее $B$.

4. Переставим острие циркуля в точку $B$ и тем же радиусом $R$ проведем еще одну дугу, которая пересечет окружность в точке $C$ (отличной от $A$).

5. Таким образом, мы отложили на окружности три точки $A$, $B$ и $C$. Соединим их отрезками. Полученный треугольник $ABC$ является искомым.
(Примечание: если продолжить этот процесс, мы получим 6 точек, которые являются вершинами правильного шестиугольника, а соединив точки $A, C$ и $E$ (пятую точку), мы также получим равносторонний треугольник).

Доказательство

Рассмотрим треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle BOC$. По построению $OA = OB = OC = R$ как радиусы одной окружности $\omega$. Также по построению $AB = BC = R$ (мы откладывали хорды, равные радиусу). Следовательно, треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle BOC$ являются равносторонними, и все их углы равны $60^\circ$.

Таким образом, центральные углы $\angle AOB$ и $\angle BOC$ равны $60^\circ$. Центральный угол $\angle AOC$ можно найти как сумму $\angle AOB + \angle BOC = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$. Рассмотрим треугольник $\triangle AOC$. Он равнобедренный, так как $OA = OC = R$. Найдем его основание $AC$ по теореме косинусов: $AC^2 = OA^2 + OC^2 - 2 \cdot OA \cdot OC \cdot \cos(\angle AOC)$ $AC^2 = R^2 + R^2 - 2 \cdot R \cdot R \cdot \cos(120^\circ) = 2R^2 - 2R^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 2R^2 + R^2 = 3R^2$. Отсюда $AC = \sqrt{3R^2} = R\sqrt{3}$.

Стороны $AB$ и $BC$ по построению равны $R$. Сторона $AC$ равна $R\sqrt{3}$. Это означает, что треугольник $ABC$ не является равносторонним. В приведенном выше построении была допущена ошибка. Вершины треугольника должны быть расположены на окружности на равном расстоянии друг от друга.

Приведем корректное построение и доказательство.

Построение (исправленное)

1. Возьмем произвольную точку $O$ и построим окружность $\omega$ с центром $O$ и заданным радиусом $R$.

2. Отметим на окружности $\omega$ произвольную точку $A$.

3. Проведем через точку $A$ и центр $O$ диаметр и отметим вторую точку его пересечения с окружностью, назовем ее $D$.

4. Установим раствор циркуля равным радиусу окружности $R$. Поставим острие циркуля в точку $D$ и проведем дугу, которая пересечет окружность $\omega$ в двух точках. Назовем эти точки $B$ и $C$.

5. Соединим отрезками точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ – искомый.

Доказательство (исправленное)

Рассмотрим треугольники $\triangle ODB$ и $\triangle ODC$. По построению, точки $B$, $C$, $D$ лежат на окружности $\omega$, значит $OB = OD = R$ и $OC = OD = R$. Также по построению, мы провели дугу из точки $D$ радиусом $R$, и точки $B$ и $C$ лежат на этой дуге. Следовательно, $DB = R$ и $DC = R$. Таким образом, в треугольнике $\triangle ODB$ все стороны равны: $OB = OD = DB = R$. Значит, $\triangle ODB$ – равносторонний, и $\angle DOB = 60^\circ$. Аналогично, в треугольнике $\triangle ODC$ все стороны равны: $OC = OD = DC = R$. Значит, $\triangle ODC$ – равносторонний, и $\angle DOC = 60^\circ$.

Найдем центральные углы, опирающиеся на стороны треугольника $\triangle ABC$. Центральный угол $\angle BOC = \angle DOB + \angle DOC = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$. Поскольку $AD$ – диаметр, то дуга $ABD$ равна $180^\circ$. Дуга $BD$ соответствует центральному углу $\angle BOD = 60^\circ$. Значит, дуга $AB = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. Центральный угол $\angle AOB$ также равен $120^\circ$. Аналогично, дуга $ACD = 180^\circ$. Дуга $CD$ соответствует центральному углу $\angle COD = 60^\circ$. Значит, дуга $AC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. Центральный угол $\angle AOC$ также равен $120^\circ$.

Мы получили, что центральные углы, на которые опираются стороны треугольника $\triangle ABC$, равны: $\angle AOB = \angle BOC = \angle COA = 120^\circ$. Так как равным центральным углам соответствуют равные хорды, то стороны треугольника равны: $AB = BC = CA$. Следовательно, $\triangle ABC$ – равносторонний. Все его вершины лежат на окружности $\omega$ с заданным радиусом $R$.

Ответ: Построенный по исправленному алгоритму треугольник $\triangle ABC$ является искомым равносторонним треугольником.

725. Отрезки $AC$, $AB$ и $BC$ – соответственно диаметр и хорды окружности с центром $O$, причём $AB = BC$. Найдите $\angle AOB$.

726. Три прямые попарно пересекаются и не проходят через одну точку. Постройте точку, равноудалённую от всех трёх прямых. Сколько ре-шений имеет задача?

Анализ задачи показывает, что искомая точка должна быть равноудалена от трёх прямых, которые попарно пересекаются, образуя треугольник. Геометрическое место точек, равноудалённых от двух пересекающихся прямых, есть пара биссектрис углов между ними. Следовательно, искомая точка должна лежать на пересечении биссектрис углов, образованных данными прямыми.

Существует два типа таких точек, и, соответственно, два алгоритма построения:

1. Центр вписанной окружности (инцентр).
Эта точка является пересечением биссектрис трёх внутренних углов треугольника, образованного прямыми. Она единственна и всегда лежит внутри треугольника.
Построение: Построить биссектрисы двух любых внутренних углов треугольника. Точка их пересечения является первой искомой точкой.

2. Центры вневписанных окружностей (эксцентры).
Такая точка является пересечением биссектрисы одного внутреннего угла и биссектрис двух внешних углов при двух других вершинах. Таких точек три, по одной для каждой стороны треугольника. Все они лежат вне треугольника.
Построение: Для нахождения одного из таких центров, нужно построить биссектрису внутреннего угла при одной вершине и биссектрису внешнего угла при другой вершине. Точка их пересечения будет искомой. Повторив процедуру для других комбинаций углов, можно найти остальные две точки.

Ответ: Искомые точки — это центр вписанной окружности и три центра вневписанных окружностей треугольника, образованного данными прямыми. Их построение выполняется путём нахождения точек пересечения соответствующих биссектрис внутренних и внешних углов треугольника.

Как следует из построения, существует всего четыре точки, удовлетворяющие условию задачи: одна точка является центром вписанной окружности (инцентр) и три точки — центрами вневписанных окружностей (эксцентры).

Ответ: 4 решения.

726. Диаметры $AB$ и $CD$ окружности с центром $O$ перпендикулярны. На диаметре $AB$ по разные стороны от центра $O$ отметили точки $E$ и $F$ так, что $CE = DF$. Докажите, что $OE = OF$.

727. Постройте прямоугольный треугольник по катету и сумме гипотенузы и другого катета.

Анализ

Предположим, что искомый прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $C$ построен. Пусть катет $AC$ равен данной длине $a$, а сумма гипотенузы $AB$ и другого катета $BC$ равна данной длине $s$, то есть $AB + BC = s$.
На луче $CB$ от точки $C$ отложим отрезок $CD$, равный $s$. Точка $B$ лежит на отрезке $CD$. Тогда $CD = CB + BD$.
Так как $CD = s$ и $AB + BC = s$, то $CB + BD = AB + BC$, откуда следует, что $BD = AB$.
Это означает, что треугольник $ABD$ является равнобедренным с основанием $AD$. В равнобедренном треугольнике вершина $B$ равноудалена от точек $A$ и $D$. Геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка, есть серединный перпендикуляр к этому отрезку.
Таким образом, точка $B$ должна лежать на пересечении прямой $CD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $AD$. Это наблюдение и лежит в основе построения.

Построение

Пусть даны два отрезка: один длиной $a$ (катет) и другой длиной $s$ (сумма гипотенузы и другого катета), причем $s > a$.
1. Построим прямой угол с вершиной в точке $C$.
2. На одном из лучей этого угла отложим от точки $C$ отрезок $CA$, равный по длине $a$.
3. На другом луче от точки $C$ отложим отрезок $CD$, равный по длине $s$.
4. Соединим точки $A$ и $D$ отрезком.
5. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$.
6. Точка пересечения этого серединного перпендикуляра с отрезком $CD$ и будет искомой вершиной $B$.
7. Соединим точки $A$ и $B$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.
По построению, угол $C$ прямой, то есть $\angle C = 90^\circ$.
По построению, катет $AC = a$.
Нужно доказать, что $AB + BC = s$.
Точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AD$ (по построению). По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка. Следовательно, $AB = BD$.
Точка $B$ также лежит на отрезке $CD$. Поэтому $CD = CB + BD$.
Заменяя в этом равенстве $BD$ на равный ему отрезок $AB$, получаем: $CD = CB + AB$.
Так как по построению длина отрезка $CD$ равна $s$, то $s = AB + BC$.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи: он прямоугольный, один его катет равен $a$, а сумма другого катета и гипотенузы равна $s$.
Задача имеет решение только в том случае, если $s > a$. Это следует из того, что в прямоугольном треугольнике $ACD$ гипотенуза $AD$ должна быть больше катета $AC$. Если $s \le a$, то $AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{a^2 + s^2}$, и условие $s > a$ обеспечивает, что серединный перпендикуляр к $AD$ пересечет отрезок $CD$ во внутренней точке, а не в точке $C$ или за ее пределами.

Ответ: Построенный по вышеуказанному алгоритму треугольник $ABC$ является искомым, так как он прямоугольный, его катет $AC$ равен $a$ и сумма гипотенузы $AB$ и катета $BC$ равна $s$.

727. Отрезки $MK$ и $NP$ – непараллельные хорды окружности с центром $O$, $MK = NP$, точки $A$ и $B$ – середины хорд $MK$ и $NP$ соответственно. Докажите, что $\angle OAB = \angle OBA$.

728. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и сумме катетов.

Для решения задачи построим вспомогательный треугольник, из которого затем получим искомый прямоугольный треугольник. Пусть нам даны два отрезка: c, равный гипотенузе, и s, равный сумме катетов.

Анализ

Предположим, что искомый прямоугольный треугольник ABC с прямым углом при вершине C построен. Пусть его катеты AC и BC, а гипотенуза AB. По условию, $AB = c$ и $AC + BC = s$.

На продолжении катета AC за точку C отложим отрезок CD, равный катету BC. Тогда длина отрезка AD будет равна $AC + CD = AC + BC = s$.

Рассмотрим треугольник BCD. Так как ACD — прямая, а $∠ACB = 90°$, то и $∠BCD = 90°$. Кроме того, по построению $CD = BC$. Следовательно, треугольник BCD является равнобедренным прямоугольным треугольником. Углы при его основании BD равны, и каждый из них составляет $(180° - 90°) / 2 = 45°$. В частности, $∠ADB = 45°$.

Теперь рассмотрим треугольник ABD. В нем нам известны две стороны ($AD = s$ и $AB = c$) и угол, противолежащий стороне AB ($∠ADB = 45°$). Такой треугольник можно построить. Построив его, мы найдем вершину B. Вершина C искомого треугольника будет лежать на отрезке AD, причем BC должно быть перпендикулярно AD. Таким образом, точка C — это основание перпендикуляра, опущенного из точки B на прямую AD.

На основе этого анализа можно сформулировать план построения.

Построение

1. Начертить произвольную прямую и отметить на ней точку A.
2. От точки A отложить на прямой отрезок AD, длина которого равна данной сумме катетов s.
3. В точке D построить луч DK, образующий с отрезком DA угол в $45°$. Для этого можно построить перпендикуляр к прямой AD в точке D и провести биссектрису прямого угла.
4. Построить окружность с центром в точке A и радиусом, равным данной гипотенузе c.
5. Точка пересечения этой окружности и луча DK будет вершиной B искомого треугольника.
6. Из точки B опустить перпендикуляр BC на прямую AD. Точка C — третья вершина треугольника.
7. Соединить точки A, B и C. Треугольник ABC — искомый.

Доказательство

Докажем, что построенный треугольник ABC удовлетворяет условиям задачи.

По построению, $BC ⊥ AD$, следовательно, $∠ACB = 90°$. Значит, треугольник ABC — прямоугольный.

Гипотенуза AB является радиусом окружности с центром A, поэтому ее длина равна c.

Рассмотрим треугольник BCD. В нем $∠BCD = 90°$ (так как $BC ⊥ AD$) и $∠BDC = 45°$ (по построению). Сумма углов в треугольнике равна $180°$, поэтому $∠CBD = 180° - 90° - 45° = 45°$. Так как углы при основании BD равны, треугольник BCD является равнобедренным, и, следовательно, $BC = CD$.

Найдем сумму катетов треугольника ABC: $AC + BC$. Поскольку $BC = CD$, эта сумма равна $AC + CD$. Точка C лежит на отрезке AD, поэтому $AC + CD = AD$. По построению, длина отрезка AD равна s. Таким образом, $AC + BC = s$.

Итак, построенный треугольник ABC является прямоугольным, его гипотенуза равна c, а сумма катетов равна s, что и требовалось.

Исследование

Задача имеет решение, если окружность с центром A и радиусом c пересекает луч DK. Это возможно при определенных соотношениях между s и c.

Расстояние от точки A до прямой, содержащей луч DK, равно $h = AD \cdot \sin(45°) = s \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{s}{\sqrt{2}}$. Для того чтобы пересечение существовало, радиус окружности c должен быть не меньше этого расстояния: $c \ge \frac{s}{\sqrt{2}}$.

Кроме того, в любом треугольнике сумма длин двух сторон больше длины третьей стороны. Для искомого треугольника ABC должно выполняться неравенство $AC + BC > AB$, то есть $s > c$.

Таким образом, задача имеет решение тогда и только тогда, когда выполняется условие $\frac{s}{\sqrt{2}} \le c < s$.

• Если $c = \frac{s}{\sqrt{2}}$, то окружность касается луча DK, и существует единственное решение (прямоугольный треугольник будет равнобедренным).
• Если $\frac{s}{\sqrt{2}} < c < s$, окружность пересекает луч DK в одной точке (или линию, содержащую луч, в двух точках, но вторая точка дает конгруэнтный треугольник), и решение единственно с точностью до конгруэнтности.
• Если $c < \frac{s}{\sqrt{2}}$ или $c \ge s$, то задача не имеет решений.

Ответ: Искомый треугольник строится следующим образом: 1) строится отрезок AD, равный сумме катетов s; 2) в точке D строится луч DK под углом $45°$ к отрезку DA; 3) из точки A как из центра проводится дуга окружности радиусом c (гипотенуза) до пересечения с лучом DK в точке B; 4) из точки B опускается перпендикуляр BC на прямую AD. Треугольник ABC является искомым.

728. Каждая из хорд AB и BC равна радиусу окружности. Найдите $\angle ABC$.

729. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и разности катетов.

Анализ

Пусть искомый прямоугольный треугольник $ABC$ построен. В нём $∠C = 90°$, гипотенуза $AB=c$, катеты $AC=b$ и $BC=a$. Пусть, для определённости, $a > b$. По условию, нам дана гипотенуза $c$ и разность катетов $a-b=d$.

Отложим на большем катете $BC$ отрезок $CD$, равный меньшему катету $AC$. То есть, $CD=b$. Так как $a>b$, точка $D$ окажется между точками $B$ и $C$. Длина отрезка $BD$ будет равна $BC - CD = a - b = d$.

Рассмотрим треугольник $ACD$. В нём $AC = CD = b$ и $∠ACD = 90°$. Следовательно, треугольник $ACD$ является равнобедренным прямоугольным треугольником.

Углы при его основании $AD$ равны по $45°$, то есть $∠CAD = ∠ADC = 45°$.

Теперь рассмотрим треугольник $ABD$. В нём нам известны две стороны: $AB=c$ и $BD=d$. Также мы можем определить угол $∠BDA$. Углы $∠BDA$ и $∠CDA$ являются смежными, так как точки $B$, $D$, $C$ лежат на одной прямой.

Следовательно, $∠BDA = 180° - ∠CDA = 180° - 45° = 135°$.

Таким образом, задача сводится к построению вспомогательного треугольника $ABD$ по двум сторонам ($c$ и $d$) и углу $∠BDA=135°$. После того как треугольник $ABD$ будет построен, мы сможем найти вершину $C$. Вершина $C$ лежит на прямой, проходящей через точки $B$ и $D$, и при этом $AC$ должна быть перпендикулярна этой прямой. Это означает, что $C$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $BD$.

Ответ: Анализ показывает, что решение задачи сводится к построению вспомогательного треугольника $ABD$ по стороне $AB=c$, стороне $BD=d$ и углу $∠BDA=135°$, с последующим нахождением вершины $C$ путем опускания перпендикуляра из $A$ на прямую $BD$.

Построение

Пусть даны два отрезка: $c$ (гипотенуза) и $d$ (разность катетов).

1. Проведём произвольную прямую $p$.
2. Отметим на ней произвольную точку $D$.
3. Построим луч $m$, исходящий из точки $D$ и образующий с одним из направлений прямой $p$ угол в $135°$.
4. На прямой $p$ отложим от точки $D$ отрезок $DB=d$ так, чтобы угол между лучом $DB$ и лучом $m$ был равен $135°$.
5. С центром в точке $B$ проведём окружность радиусом, равным отрезку $c$.
6. Эта окружность пересечёт луч $m$ в точке $A$. (Задача всегда имеет единственное решение, так как для любого прямоугольного треугольника гипотенуза $c$ больше разности катетов $d$).
7. Из точки $A$ опустим перпендикуляр на прямую $p$. Точку пересечения перпендикуляра с прямой $p$ обозначим $C$.
8. Соединим точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

Ответ: Описанная последовательность из восьми шагов позволяет построить требуемый прямоугольный треугольник с помощью циркуля и линейки.

Доказательство

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

1. По построению (шаг 7), $AC ⟂ BC$, следовательно, $∠C=90°$. Треугольник $ABC$ — прямоугольный.
2. По построению (шаг 5), гипотенуза $AB$ равна $c$.
3. Осталось доказать, что разность катетов $BC - AC$ равна $d$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ACD$, образованный катетом $AC$ и отрезками $CD$ и $AD$.
4. Точки $B$, $D$, $C$ лежат на одной прямой $p$. По построению, $∠BDA = 135°$. Угол $∠ADC$ является смежным с углом $∠BDA$, поэтому $∠ADC = 180° - ∠BDA = 180° - 135° = 45°$.
5. В прямоугольном треугольнике $ACD$ (так как $AC ⟂ DC$) один острый угол $∠ADC = 45°$, значит, и второй острый угол $∠CAD = 90° - 45° = 45°$.
6. Следовательно, треугольник $ACD$ — равнобедренный, и его катеты равны: $AC = CD$.
7. Поскольку угол $∠BDA$ тупой, основание перпендикуляра $C$, опущенного из $A$ на прямую $BD$, лежит на продолжении отрезка $BD$ за точку $D$. Таким образом, точка $D$ находится между $B$ и $C$.
8. Длина катета $BC$ равна сумме длин отрезков $BD$ и $DC$: $BC = BD + DC$.
9. По построению $BD = d$, а из пункта 6 мы доказали, что $DC = AC$. Подставив эти значения, получаем $BC = d + AC$.
10. Из последнего равенства следует, что $BC - AC = d$.

Все условия задачи выполнены, следовательно, построение верно.

Ответ: Построенный треугольник $ABC$ является прямоугольным с гипотенузой $c$ и разностью катетов, равной $d$, что и требовалось доказать.

729. Докажите, что касательные к окружности, проведённые через концы диаметра, параллельны.

730. Постройте прямоугольный треугольник по катету и разности гипотенузы и другого катета.

Пусть нам даны два отрезка: катет a и разность гипотенузы и другого катета d. Требуется построить прямоугольный треугольник ABC, в котором ∠C = 90°, один катет (например, AC) равен a, а разность гипотенузы AB и другого катета BC равна d.

Анализ

Предположим, что искомый прямоугольный треугольник ABC построен. В нём ∠C = 90°, AC = a и AB - BC = d.

Из условия AB - BC = d следует, что AB = BC + d.

Продолжим катет BC за точку C и отложим на этом продолжении отрезок CD, равный d. Тогда длина отрезка BD будет равна BC + CD = BC + d.

Таким образом, мы получаем, что AB = BD. Это означает, что треугольник ABD является равнобедренным с основанием AD. В равнобедренном треугольнике вершина B равноудалена от концов основания, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AD.

Кроме того, точка B должна лежать на прямой, содержащей катет BC, то есть на прямой, проходящей через точку C перпендикулярно AC.

Следовательно, вершина B является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AD и прямой CD. Это соображение позволяет выполнить построение.

Построение

1. Построим прямой угол с вершиной в точке C. Для этого проведём прямую n и в произвольной точке C на ней восстановим перпендикуляр m.
2. На луче m отложим отрезок AC, равный данному катету a.
3. На прямой n отложим от точки C отрезок CD, равный данной разности d.
4. Соединим точки A и D отрезком.
5. Построим серединный перпендикуляр к отрезку AD.
6. Точка пересечения серединного перпендикуляра с прямой n (прямой CD) и будет искомой вершиной B.
7. Соединим точки A и B. Треугольник ABC — искомый.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник ABC.

• По построению, AC ⊥ BC, следовательно, ∠C = 90°.
• Катет AC равен данному отрезку a по построению.
• Точка B лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AD. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, поэтому AB = DB.
• Точки B, C, D лежат на одной прямой n. Из построения следует, что точка C находится между B и D (при условии a > d, см. Исследование). Значит, DB = BC + CD.
• Так как по построению CD = d, то DB = BC + d.
• Из равенств AB = DB и DB = BC + d следует, что AB = BC + d, или AB - BC = d.

Таким образом, построенный треугольник ABC удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение, если построение выполнимо и приводит к невырожденному треугольнику. Точка B, как точка пересечения двух непараллельных прямых (прямой CD и серединного перпендикуляра к AD), всегда существует и единственна.

Однако для того, чтобы полученный треугольник соответствовал условию AB - BC = d, длина катета BC должна быть положительной. Выразим длину BC через данные величины.

В прямоугольном треугольнике ABC по теореме Пифагора: AB² = AC² + BC².

Мы знаем, что AB = BC + d. Подставим это в уравнение: (BC + d)² = a² + BC² BC² + 2 ⋅ BC ⋅ d + d² = a² + BC² 2 ⋅ BC ⋅ d = a² - d² BC = \frac{a^2 - d^2}{2d}

Поскольку длина отрезка BC должна быть положительной (BC > 0), а d по определению также положительно, необходимо, чтобы числитель был положителен: a² - d² > 0 a² > d² Так как a и d — длины отрезков, они положительны, поэтому a > d.

Если a = d, то BC = 0, и треугольник вырождается в отрезок.

Если a < d, то величина BC получается отрицательной, что невозможно в рамках нашей геометрии. Это соответствует случаю, когда точка B оказывается между C и D, и тогда выполняется условие AB + BC = d, что является решением другой задачи.

Следовательно, задача имеет единственное решение при условии, что данный катет a больше данной разности d.

Ответ: Построение описано выше. Задача имеет единственное решение, если длина данного катета больше, чем данная разность длин гипотенузы и другого катета (a > d).

730. Диаметр $\overline{AB}$ делит каждую из хорд $\overline{MN}$ и $\overline{PK}$, отличных от диаметра, пополам. Докажите, что $\overline{MN} \parallel \overline{PK}$.

731. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и разности боковой стороны и высоты, опущенной на основание.

Пусть искомый равнобедренный треугольник $ABC$ построен. $AC$ — основание, $AB=BC$ — боковые стороны. $BH$ — высота, опущенная на основание $AC$. Пусть длина основания $AC$ равна $a$, длина боковой стороны $AB$ равна $b$, и длина высоты $BH$ равна $h$. По условию задачи нам даны отрезки, равные по длине $a$ и $d = b - h$.

В равнобедренном треугольнике высота $BH$, проведенная к основанию, является также медианой. Следовательно, точка $H$ — середина отрезка $AC$, и $AH = HC = a/2$. Треугольник $ABH$ является прямоугольным с катетами $AH$ и $BH$ и гипотенузой $AB$.

Из условия $d = b - h$ можно выразить боковую сторону: $b = h + d$.

Этот анализ позволяет перейти к методу построения. Основа построения — нахождение вершины $B$. Вершина $B$ должна лежать на серединном перпендикуляре к основанию $AC$. Отложим на этом перпендикуляре от точки $H$ (середины $AC$) в сторону, противоположную вершине $B$, отрезок $HK$, равный по длине $d$. Тогда длина отрезка $BK$ составит $BH + HK = h + d$. Так как мы установили, что боковая сторона $b = h + d$, то получается, что $AB = BK$. Это означает, что точка $B$ равноудалена от точек $A$ и $K$. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек, есть серединный перпендикуляр к отрезку, их соединяющему. Таким образом, вершина $B$ искомого треугольника является точкой пересечения серединного перпендикуляра к основанию $AC$ и серединного перпендикуляра к отрезку $AK$.

1. Начертите произвольную прямую и отложите на ней отрезок $AC$, равный данной длине основания $a$.
2. Постройте серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $AC$. Обозначьте точку их пересечения через $H$.
3. На прямой $m$ отложите от точки $H$ в полуплоскость, противоположную той, где будет располагаться вершина $B$, отрезок $HK$, равный по длине данной разности $d$.
4. Соедините точки $A$ и $K$ отрезком.
5. Постройте серединный перпендикуляр $n$ к отрезку $AK$.
6. Точка пересечения прямой $m$ и серединного перпендикуляра $n$ является искомой вершиной $B$.
7. Соедините вершину $B$ с точками $A$ и $C$. Полученный треугольник $ABC$ является искомым.

Докажем, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи. По построению, точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре $m$ к отрезку $AC$. Следовательно, $AB = BC$, и треугольник $ABC$ является равнобедренным. Длина его основания $AC$ по построению равна $a$. Отрезок $BH$ является высотой треугольника $ABC$, опущенной на основание. Обозначим ее длину как $h$. По построению, точка $B$ также лежит на серединном перпендикуляре $n$ к отрезку $AK$. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, поэтому $AB = BK$. Точки $B$, $H$ и $K$ лежат на одной прямой $m$, причем точка $H$ расположена между точками $B$ и $K$. Следовательно, длина отрезка $BK$ равна сумме длин отрезков $BH$ и $HK$: $BK = BH + HK$. Подставляя известные длины, получаем $BK = h + d$. Так как $AB = BK$, то для боковой стороны $AB$ (обозначим ее длину $b$) выполняется равенство $b = h + d$. Отсюда следует, что разность длины боковой стороны и высоты, опущенной на основание, равна $b - h = d$. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ является равнобедренным, имеет основание длины $a$ и разность боковой стороны и высоты, опущенной на основание, равную $d$. Что и требовалось доказать.

Построение всегда возможно, так как прямые $m$ и $n$ не параллельны (поскольку точка $A$ не лежит на прямой $m$, отрезок $AK$ не перпендикулярен прямой $m$) и, следовательно, всегда пересекаются в единственной точке $B$. Задача имеет единственное решение для любых заданных отрезков $a > 0$ и $d > 0$. Однако, если $d = a/2$, то высота $h$ будет равна нулю ($h = \frac{(a/2)^2 - d^2}{2d} = 0$), и треугольник вырождается в отрезок $AC$, где точка $B$ совпадает с $H$. Для существования невырожденного треугольника необходимо условие $d \neq a/2$.

Ответ: Треугольник, построенный согласно приведенному алгоритму, является искомым.

731. Докажите, что центр окружности равноудалён от любой касательной к окружности.

732. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и сумме двух других сторон.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. В нем известны сторона $AB=c$, угол $\angle A = \alpha$ и сумма двух других сторон $AC + BC = s$.

Отложим на луче $AC$ отрезок $AD$, равный сумме сторон $s$. То есть, $AD = AC + BC = s$.

Поскольку точка $C$ лежит на отрезке $AD$, то $AD = AC + CD$. Сравнивая два равенства, получаем, что $CD = BC$.

Это означает, что треугольник $CDB$ является равнобедренным с основанием $DB$. В равнобедренном треугольнике точка $C$ равноудалена от вершин $D$ и $B$. Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух данных точек, является серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки.

Таким образом, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $DB$.

Теперь рассмотрим треугольник $ADB$. В нем нам известны две стороны ($AB=c$, $AD=s$) и угол между ними ($\angle A = \alpha$). Такой треугольник можно построить. Построив его, мы найдем положение точек $A$, $D$, $B$. Точка $C$ будет лежать на пересечении стороны $AD$ и серединного перпендикуляра к стороне $DB$. Это определяет план построения.

Ответ: Анализ показывает, что задача сводится к построению вспомогательного треугольника $ADB$ по двум сторонам и углу между ними, а затем нахождению вершины $C$ как точки пересечения стороны $AD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $DB$.

Построение

1. Строим угол, равный данному углу $\alpha$, с вершиной в точке $A$.
2. На одной стороне угла от точки $A$ откладываем отрезок $AB$, равный данной стороне $c$.
3. На другой стороне угла от точки $A$ откладываем отрезок $AD$, равный данной сумме сторон $s$.
4. Соединяем точки $D$ и $B$ отрезком.
5. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $DB$. Для этого проводим две окружности с центрами в точках $D$ и $B$ и одинаковым радиусом (большим половины длины $DB$). Через точки пересечения этих окружностей проводим прямую.
6. Точка пересечения серединного перпендикуляра и отрезка $AD$ является искомой вершиной $C$.
7. Соединяем точки $B$ и $C$.

Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Треугольник $ABC$ построен в соответствии с описанными шагами.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ сторона $AB=c$ и угол $\angle BAC = \alpha$ по построению. Необходимо доказать, что сумма сторон $AC + BC$ равна $s$.

Точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $DB$. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, следовательно, $CB = CD$.

Точка $C$ также лежит на отрезке $AD$. Поэтому $AD = AC + CD$.

Заменяя в этом равенстве $CD$ на равный ему отрезок $CB$, получаем $AD = AC + CB$.

По построению, длина отрезка $AD$ равна $s$.

Следовательно, $AC + BC = s$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Доказано, что построенный треугольник $ABC$ является искомым.

Исследование

Задача имеет решение не при любых заданных $c$, $\alpha$ и $s$.

1. Построение треугольника $ADB$ по двум сторонам $c, s$ и углу $\alpha$ между ними всегда возможно, если $\alpha < 180^\circ$.

2. Для того чтобы полученная фигура $ABC$ была треугольником, должны выполняться неравенства треугольника. Главное из них: $AC + BC > AB$. Так как по условию $AC + BC = s$ и $AB = c$, то должно выполняться условие $s > c$.

Если $s \le c$, то сумма двух сторон не будет больше третьей, и треугольник построить невозможно. Геометрически, если $s > c$, то в треугольнике $ADB$ сторона $AD$ будет больше стороны $AB$, а значит, и противолежащий угол $\angle ABD$ будет больше угла $\angle ADB$. Это гарантирует, что серединный перпендикуляр к $DB$ пересечет отрезок $AD$ во внутренней точке $C$, а не в точке $A$ или вне отрезка.

Таким образом, задача имеет единственное решение, если $s > c$ и $0 < \alpha < 180^\circ$.

Ответ: Задача имеет единственное решение при выполнении условия $s > c$.

732. Через точку $A$ к окружности с центром $O$ проведены касательные $AM$ и $AK$, $M$ и $K$ — точки касания. Точка пересечения отрезка $OA$ с окружностью является серединой этого отрезка. Найдите $\angle MAK$.

733. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и разности двух других сторон:

Задача состоит в построении треугольника по заданной стороне, прилежащему к ней углу и разности двух других сторон. Пусть нам даны отрезок $a$, угол $\gamma$ и отрезок $d$. Требуется построить треугольник $ABC$ так, чтобы сторона $BC = a$, угол $\angle C = \gamma$ и разность двух других сторон $|AB - AC| = d$.

Эта задача имеет два возможных случая в зависимости от того, какая из двух "других" сторон больше: $AB$ или $AC$.

Случай 1: Сторона $AB$, противолежащая данному углу $C$, больше стороны $AC$, прилежащей к этому углу ($AB > AC$).

В этом случае заданная разность равна $d = AB - AC$, откуда $AB = AC + d$.

Анализ. Предположим, что искомый треугольник $ABC$ уже построен. На луче, противоположном лучу $CA$, отложим отрезок $CD$, равный $d$. Тогда длина отрезка $AD$ будет равна $AC + CD = AC + d$. Согласно нашему условию, $AB = AC + d$. Из этого следует, что $AB = AD$. Таким образом, точка $A$ равноудалена от точек $B$ и $D$, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$. Кроме того, точка $A$ должна лежать на луче, выходящем из вершины $C$ под углом $\gamma$ к стороне $BC$. Следовательно, искомая вершина $A$ является точкой пересечения этого луча и серединного перпендикуляра к отрезку $BD$.

Построение.

1. Строим отрезок $BC$, равный по длине данному отрезку $a$.
2. От луча $BC$ в заданной полуплоскости строим луч $CY$ так, чтобы угол $\angle BCY$ был равен данному углу $\gamma$.
3. На луче, противоположном лучу $CY$, откладываем от точки $C$ отрезок $CD$, равный по длине данному отрезку $d$.
4. Соединяем точки $B$ и $D$ отрезком.
5. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
6. Точка пересечения этого серединного перпендикуляра с лучом $CY$ и будет искомой вершиной $A$.
7. Соединяем точки $A$ и $B$. Искомый треугольник $ABC$ построен.

Доказательство. В построенном треугольнике $ABC$ сторона $BC$ равна $a$ и угол $\angle BCA$ равен $\gamma$ по построению. Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$, поэтому $AB = AD$. Так как точка $A$ лежит на луче $CY$, а точка $D$ — на луче, противоположном $CY$, то длина отрезка $AD$ равна сумме длин отрезков $AC$ и $CD$. По построению $CD = d$, следовательно, $AD = AC + d$. Так как $AB = AD$, получаем $AB = AC + d$, или $AB - AC = d$. Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование. Для того чтобы задача имела решение, необходимо и достаточно, чтобы построенные линии пересекались и образовывали невырожденный треугольник. Серединный перпендикуляр к $BD$ и луч $CY$ всегда пересекаются в единственной точке (поскольку они не могут быть параллельны, если $B$, $C$, $D$ не лежат на одной прямой). Однако для существования самого треугольника $ABC$ должно выполняться неравенство треугольника: $AC + BC > AB$. Подставив в него $AB = AC + d$ и $BC = a$, получим $AC + a > AC + d$, что равносильно $a > d$. Если $a \le d$, то неравенство треугольника не выполняется, и построение невозможно. Следовательно, задача для данного случая имеет единственное решение при условии, что данная сторона $a$ больше данной разности $d$.

Ответ: Построение треугольника возможно при условии $a > d$. Алгоритм построения описан выше.

Случай 2: Сторона $AC$, прилежащая к данному углу $C$, больше стороны $AB$, противолежащей этому углу ($AC > AB$).

В этом случае заданная разность равна $d = AC - AB$, откуда $AB = AC - d$.

Анализ. Предположим, что искомый треугольник $ABC$ уже построен. На стороне $AC$ отложим отрезок $CD$, равный $d$. Тогда оставшаяся часть стороны, отрезок $AD$, будет иметь длину $AC - CD = AC - d$. Согласно нашему условию, $AB = AC - d$. Из этого следует, что $AB = AD$. Таким образом, точка $A$ равноудалена от точек $B$ и $D$ и лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$. Как и в первом случае, точка $A$ должна лежать на луче $CY$, образующем угол $\gamma$ со стороной $BC$. Следовательно, вершина $A$ — это точка пересечения луча $CY$ и серединного перпендикуляра к $BD$.

Построение.

1. Строим отрезок $BC$, равный по длине данному отрезку $a$.
2. От луча $BC$ в заданной полуплоскости строим луч $CY$ так, чтобы угол $\angle BCY$ был равен данному углу $\gamma$.
3. На луче $CY$ откладываем от точки $C$ отрезок $CD$, равный по длине данному отрезку $d$.
4. Соединяем точки $B$ и $D$ отрезком.
5. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
6. Точка пересечения этого серединного перпендикуляра с лучом $CY$ и будет искомой вершиной $A$.
7. Соединяем точки $A$ и $B$. Искомый треугольник $ABC$ построен.

Доказательство. В построенном треугольнике $ABC$ сторона $BC$ равна $a$ и угол $\angle BCA$ равен $\gamma$ по построению. Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$, поэтому $AB = AD$. Если построенная точка $A$ расположена на луче $CY$ дальше от $C$, чем точка $D$, то длина отрезка $AD$ равна $AC - CD$. По построению $CD = d$, следовательно, $AD = AC - d$. Так как $AB = AD$, получаем $AB = AC - d$, или $AC - AB = d$. Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование. Для существования решения необходимо, чтобы точка $A$ на луче $CY$ существовала и чтобы точка $D$ находилась между $C$ и $A$ (чтобы было выполнено $AC > d$). Неравенство треугольника $AB + BC > AC$ после подстановки $AB=AC-d$ и $BC=a$ дает $(AC - d) + a > AC$, что равносильно $a > d$. Это необходимое условие. Однако, в отличие от первого случая, этого не всегда достаточно. Геометрический анализ показывает, что для того, чтобы точка $A$ на луче $CY$ была дальше от $C$, чем точка $D$, должно выполняться дополнительное условие, связывающее все три данные величины: $d < a \cos\gamma$. Это условие также подразумевает, что угол $\gamma$ должен быть острым (так как $d>0$ и $a>0$, то $\cos\gamma$ должен быть положительным). Условие $d < a \cos\gamma$ является более сильным, чем $a > d$, поскольку $\cos\gamma \le 1$. Таким образом, задача для данного случая имеет единственное решение, если угол $\gamma$ острый и $d < a \cos\gamma$.

Ответ: Построение треугольника возможно при условии, что угол $\gamma$ острый и выполняется неравенство $d < a \cos\gamma$. Алгоритм построения описан выше.

733. Прямая, параллельная хорде $AC$ окружности, касается этой окружности в точке $B$. Докажите, что $\triangle ABC$ – равнобедренный.

734. Постройте треугольник по стороне, противолежащему ей углу и разности двух других сторон.

Для решения задачи построения треугольника по стороне, противолежащему ей углу и разности двух других сторон, проведём анализ, на основе которого составим план построения, докажем его корректность и исследуем возможное количество решений.

Пусть нам даны отрезок $a$ (сторона), угол $\alpha$ (противолежащий угол) и отрезок $d$ (разность двух других сторон). Мы ищем треугольник $ABC$ такой, что $BC = a$, $\angle BAC = \alpha$ и $|AC - AB| = d$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Для определённости, пусть $AC > AB$, тогда $AC - AB = d$.
Отложим на большей стороне $AC$ отрезок $AD$, равный стороне $AB$. В этом случае точка $D$ окажется между точками $A$ и $C$. Длина отрезка $CD$ будет равна $AC - AD = AC - AB = d$.
Рассмотрим получившийся треугольник $ABD$. Так как $AB = AD$ по построению, он является равнобедренным. Угол при его вершине $A$ равен данному углу $\alpha$, то есть $\angle BAD = \alpha$. Углы при основании $BD$ равны и вычисляются как $\angle ABD = \angle ADB = \frac{180^{\circ} - \alpha}{2} = 90^{\circ} - \frac{\alpha}{2}$.
Теперь рассмотрим угол $\angle BDC$. Он является смежным с углом $\angle ADB$, поэтому его величина равна $\angle BDC = 180^{\circ} - \angle ADB = 180^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{\alpha}{2}) = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$.
В результате мы получили треугольник $BDC$, в котором нам известны два элемента и можем найти третий:

• Сторона $CD = d$ (по построению).
• Сторона $BC = a$ (дана по условию).
• Угол $\angle BDC = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$ (вычислен).

Треугольник $BDC$ можно построить по двум сторонам ($a$ и $d$) и углу, противолежащему одной из них ($\angle BDC$ напротив стороны $BC=a$).
После построения треугольника $BDC$, вершину $A$ искомого треугольника можно найти. Она должна лежать, во-первых, на прямой, содержащей сторону $CD$. Во-вторых, так как $AB=AD$, точка $A$ должна быть равноудалена от точек $B$ и $D$, а значит, лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$.
Таким образом, вершина $A$ — это точка пересечения прямой $CD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $BD$.

Построение

На основе анализа составим план построения с помощью циркуля и линейки.
1. Строим угол, равный $\frac{\alpha}{2}$, для чего делим данный угол $\alpha$ пополам (строим его биссектрису).
2. Строим прямой угол ($90^{\circ}$) и прибавляем к нему построенный угол $\frac{\alpha}{2}$, получая угол $\beta = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$.
3. Проводим произвольную прямую и откладываем на ней отрезок $CD$, равный данному отрезку $d$.
4. От луча $DC$ строим луч $DM$ так, чтобы $\angle CDM = \beta = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$.
5. С центром в точке $C$ проводим окружность радиусом, равным данному отрезку $a$.
6. Точку пересечения этой окружности с лучом $DM$ обозначаем как $B$. (Эта точка будет единственной, если $a > d$, см. Исследование).
7. Проводим прямую через точки $C$ и $D$.
8. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
9. Точка пересечения прямой $CD$ и серединного перпендикуляра является искомой вершиной $A$.
10. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.
- Сторона $BC = a$ по построению (шаги 5 и 6), так как $B$ лежит на окружности с центром $C$ и радиусом $a$.
- Разность сторон $|AC - AB| = d$. Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к $BD$ (шаг 8, 9), следовательно, $AB = AD$. Точка $A$ лежит на прямой $CD$, причем $D$ расположена между $A$ и $C$. Значит, $AC = AD + CD$. Заменив $AD$ на $AB$ и $CD$ на $d$, получим $AC = AB + d$, или $AC - AB = d$.
- Угол $\angle BAC = \alpha$. В равнобедренном треугольнике $ABD$ ($AB=AD$) угол $\angle ADB$ можно найти как смежный с углом $\angle BDC$. Так как $\angle BDC = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$, то $\angle ADB = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}) = 90^{\circ} - \frac{\alpha}{2}$. В треугольнике $ABD$ сумма углов равна $180^{\circ}$, поэтому искомый угол $\angle BAC = 180^{\circ} - (\angle ABD + \angle ADB) = 180^{\circ} - 2 \cdot (90^{\circ} - \frac{\alpha}{2}) = 180^{\circ} - 180^{\circ} + \alpha = \alpha$.
Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям.

Исследование

Ключевым шагом построения является нахождение вершины $B$ как точки пересечения луча $DM$ и окружности. Решение существует, если эта точка пересечения существует и единственна.
Вспомогательный треугольник $BDC$ строится по сторонам $CD=d$, $BC=a$ и углу $\angle BDC = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$. Поскольку $0^{\circ} < \alpha < 180^{\circ}$, угол $\angle BDC$ всегда тупой. В любом треугольнике против большего угла лежит большая сторона. Следовательно, для существования треугольника $BDC$ необходимо, чтобы сторона $BC$, лежащая напротив тупого угла, была больше стороны $CD$.
Это означает, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда $a > d$.
Если $a > d$, то окружность с центром $C$ и радиусом $a$ пересечет луч $DM$ в единственной точке. Серединный перпендикуляр к $BD$ и прямая $CD$ не параллельны (так как $B$ не лежит на прямой $CD$), поэтому они пересекутся в единственной точке $A$. В этом случае задача имеет единственное решение (при допущении, что $AC > AB$).
Если $a \le d$, то пересечения окружности с лучом не будет (или будет в точке $D$, что не образует треугольника), и задача решений не имеет.
(Если рассматривать случай $AB>AC$, анализ приводит к другим условиям, но для решения задачи достаточно одного случая).

Ответ: Построение основано на сведении задачи к построению вспомогательного треугольника $BDC$ по двум сторонам $BC=a$, $CD=d$ и углу $\angle BDC = 90^{\circ} + \frac{\alpha}{2}$. После построения этого треугольника искомая вершина $A$ находится как точка пересечения прямой $CD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $BD$. Задача имеет решение тогда и только тогда, когда данная сторона $a$ больше данной разности $d$.

734. Радиус $OC$ окружности с центром $O$ делит пополам хорду $AB$, не являющуюся диаметром. Через точку $C$ провели касательную к окружности. Докажите, что эта касательная параллельна хорде $AB$.

735. Постройте треугольник по стороне, противолежащему ей углу и сумме двух других сторон.

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. В нем $BC = a$, $\angle BAC = \alpha$ и $AB + AC = s$.

Анализ

На продолжении стороны $BA$ за вершину $A$ отложим отрезок $AD$, равный стороне $AC$. Тогда точка $A$ лежит на отрезке $BD$, и $BD = BA + AD = BA + AC = s$.
Рассмотрим треугольник $ADC$. Так как $AD = AC$, то он является равнобедренным. Следовательно, углы при основании $DC$ равны: $\angle ADC = \angle ACD$.
Угол $\angle BAC$ является внешним углом треугольника $ADC$ при вершине $A$. По свойству внешнего угла треугольника, он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle BAC = \angle ADC + \angle ACD$.
Поскольку $\angle ADC = \angle ACD$ и $\angle BAC = \alpha$, получаем $\alpha = 2 \angle ADC$, откуда $\angle ADC = \frac{\alpha}{2}$.
Таким образом, задача сводится к построению треугольника $BDC$ по двум сторонам $BD = s$, $BC = a$ и углу $\angle BDC = \frac{\alpha}{2}$, противолежащему стороне $BC$. После построения этого треугольника, вершина $A$ искомого треугольника $ABC$ будет найдена как точка пересечения стороны $BD$ и серединного перпендикуляра к стороне $DC$. Точка $A$ будет равноудалена от точек $D$ и $C$ ($AD=AC$), что и требуется.

Построение

1. Построить угол, равный $\frac{\alpha}{2}$. Для этого нужно построить биссектрису данного угла $\alpha$.
2. Провести произвольную прямую и отметить на ней точку $D$.
3. От точки $D$ на прямой отложить отрезок $DB$, равный данной сумме сторон $s$.
4. От луча $DB$ в одной полуплоскости построить угол $\angle BDM$, равный $\frac{\alpha}{2}$.
5. Построить окружность с центром в точке $B$ и радиусом, равным данной стороне $a$.
6. Найти точку $C$ пересечения этой окружности и луча $DM$. (Предполагаем, что такое пересечение существует). Соединить точки $B$ и $C$. Мы получили треугольник $BDC$.
7. Построить серединный перпендикуляр к отрезку $DC$.
8. Найти точку $A$ пересечения серединного перпендикуляра со стороной $BD$.
9. Соединить точки $A$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.
1. По построению (шаг 5 и 6), сторона $BC = a$, так как $C$ лежит на окружности с центром $B$ и радиусом $a$.
2. Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $DC$ (шаг 7 и 8). Следовательно, она равноудалена от концов отрезка, то есть $AD = AC$. Точка $A$ лежит на отрезке $BD$, поэтому $AB + AD = BD$. Заменяя $AD$ на $AC$, получаем $AB + AC = BD$. По построению (шаг 3), $BD = s$. Значит, $AB + AC = s$.
3. В треугольнике $ADC$, так как $AD=AC$, он равнобедренный. Углы при основании $DC$ равны, то есть $\angle ADC = \angle ACD$. Угол $\angle BAC$ является внешним для треугольника $ADC$ при вершине $A$. Поэтому $\angle BAC = \angle ADC + \angle ACD = 2\angle ADC$. По построению (шаг 4), $\angle ADC = \angle BDC = \frac{\alpha}{2}$. Следовательно, $\angle BAC = 2 \cdot \frac{\alpha}{2} = \alpha$.
Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение не при любых исходных данных. Решение определяется возможностью построения треугольника $BDC$ на шаге 6.
Для того чтобы окружность с центром $B$ и радиусом $a$ пересекла луч $DM$, необходимо, чтобы расстояние от точки $B$ до прямой $DM$ было не больше радиуса $a$.
Опустим перпендикуляр $BH$ из точки $B$ на прямую $DM$. В прямоугольном треугольнике $BHD$ имеем $BH = BD \cdot \sin(\angle BDC) = s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$.
Условие существования решения: $a \ge BH$, то есть $a \ge s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$.
Если $a < s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$, то задача решений не имеет.
Рассмотрим возможные случаи, когда $a \ge s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$:

• Если $a = s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$, то точка $C$ является основанием перпендикуляра $BH$, и существует только одна такая точка. Задача имеет одно решение.
• Если $a \ge s$, то окружность пересечет луч $DM$ только в одной точке. Вторая точка пересечения окружности и прямой $DM$ будет лежать на луче, дополнительном к $DM$, что не даст решения. Задача имеет одно решение. (Заметим, что если $a \ge s$, то условие $a > s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$ выполняется автоматически, так как $\sin(\frac{\alpha}{2}) < 1$ для невырожденного треугольника).
• Если $s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2}) < a < s$, то окружность с центром $B$ и радиусом $a$ пересечет луч $DM$ в двух точках ($C_1$ и $C_2$). Каждому из двух возможных треугольников ($BDC_1$ и $BDC_2$) будет соответствовать свой искомый треугольник $ABC$. В этом случае задача имеет два решения.

Ответ: Построение приведено выше. Задача может не иметь решений, если $a < s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$. Задача имеет одно решение, если $a = s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$ или если $a \ge s$. Задача имеет два решения, если $s \cdot \sin(\frac{\alpha}{2}) < a < s$.

735. Окружность, центр которой принадлежит биссектрисе угла, пересекает каждую из его сторон в двух точках. Докажите, что отрезки, которые отсекает окружность на сторонах угла, равны.

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 $KE$.