Номер 4.73, страница 98 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.73*. Постройте треугольник по углу, высоте и биссектрисе, проведенным из вершины этого угла.

Пусть нам дан угол $\alpha$, отрезок $h_a$, равный высоте, и отрезок $l_a$, равный биссектрисе. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором $\angle BAC = \alpha$, высота $AH = h_a$ и биссектриса $AL = l_a$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $AH$ — его высота, а $AL$ — биссектриса, проведенные из вершины $A$. Тогда $AH = h_a$ и $AL = l_a$. Точки $H$ и $L$ лежат на прямой, содержащей сторону $BC$.

Рассмотрим треугольник $AHL$. Он является прямоугольным, так как $AH$ — высота, то есть $AH \perp BC$, а значит $\angle AHL = 90^\circ$. В этом треугольнике нам известны гипотенуза $AL = l_a$ и катет $AH = h_a$. Таким образом, мы можем построить треугольник $AHL$.

Построив треугольник $AHL$, мы найдем положение вершины $A$ и прямую $m$, на которой лежит сторона $BC$ (это прямая, проходящая через точки $H$ и $L$).

Поскольку $AL$ является биссектрисой угла $BAC$, то $\angle BAL = \angle CAL = \alpha/2$. Значит, стороны $AB$ и $AC$ можно построить, отложив от луча $AL$ в разные стороны углы, равные $\alpha/2$.

Вершины $B$ и $C$ будут точками пересечения построенных сторон с прямой $m$.

Построение

1. Строим прямоугольный треугольник $AHL$ по катету $AH=h_a$ и гипотенузе $AL=l_a$. Для этого:
   • Проводим произвольную прямую $m$.
   • Выбираем на ней точку $H$.
   • Через точку $H$ проводим прямую, перпендикулярную $m$.
   • На этой перпендикулярной прямой откладываем отрезок $HA = h_a$.
   • Из точки $A$ как из центра проводим окружность радиусом $l_a$. Точка пересечения этой окружности с прямой $m$ будет точкой $L$.
2. Через точки $A$ и $L$ проводим прямую. Это прямая, на которой лежит биссектриса.
3. Делим данный угол $\alpha$ пополам с помощью циркуля и линейки, чтобы получить угол $\alpha/2$.
4. От луча $AL$ в разные полуплоскости откладываем два угла, равных $\alpha/2$: $\angle CAL = \alpha/2$ и $\angle BAL = \alpha/2$. Получаем лучи $AC$ и $AB$.
5. Находим точки пересечения этих лучей с прямой $m$: $B = AB \cap m$ и $C = AC \cap m$.
6. Соединяем точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ по построению:

1. Высота, опущенная из вершины $A$ на сторону $BC$, есть перпендикуляр $AH$. Его длина по построению равна $h_a$.
2. Отрезок $AL$ является биссектрисой угла $BAC$, так как $\angle BAL = \angle CAL = \alpha/2$. Его длина по построению равна $l_a$.
3. Угол при вершине $A$ равен $\angle BAC = \angle BAL + \angle CAL = \alpha/2 + \alpha/2 = \alpha$.

Следовательно, треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение не при любых исходных данных.

1. Для построения прямоугольного треугольника $AHL$ необходимо, чтобы его гипотенуза была не меньше катета, то есть $l_a \ge h_a$. Если $l_a < h_a$, задача не имеет решения. Если $l_a = h_a$, то точки $H$ и $L$ совпадают, а треугольник $ABC$ будет равнобедренным ($AB=AC$).
2. Чтобы лучи $AB$ и $AC$ пересекли прямую $m$, они не должны быть ей параллельны. Луч, например $AC$, будет параллелен прямой $m$, если он будет перпендикулярен высоте $AH$. Это означает, что $\angle CAH = 90^\circ$. У нас $\angle CAH = \angle CAL + \angle HAL = \alpha/2 + \angle HAL$. Из $\triangle AHL$ имеем $\cos(\angle HAL) = \frac{AH}{AL} = \frac{h_a}{l_a}$, откуда $\angle HAL = \arccos(\frac{h_a}{l_a})$. Таким образом, для существования решения (невырожденного треугольника) должно выполняться условие: $\alpha/2 + \arccos(\frac{h_a}{l_a}) < 90^\circ$.

Если условия $l_a > h_a > 0$ и $\alpha/2 + \arccos(h_a/l_a) < 90^\circ$ выполнены, то задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Построение выполняется в несколько шагов: сначала строится прямоугольный треугольник $AHL$ по катету $h_a$ и гипотенузе $l_a$, затем через точки $H$ и $L$ проводится прямая $m$, на которой будет лежать основание искомого треугольника. От луча $AL$ в разные стороны откладываются углы, равные половине данного угла $\alpha$. Точки пересечения сторон этих углов с прямой $m$ и будут двумя другими вершинами искомого треугольника.