Номер 4.66, страница 69 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.66. Постройте треугольник по стороне, противолежащему ей углу и высоте, проведенной из вершины этого угла.

Задача состоит в построении треугольника $\triangle ABC$ по заданным длине стороны $a$ (пусть это будет сторона $BC$), величине противолежащего ей угла $\alpha$ ($\angle BAC$) и длине высоты $h$, проведенной к этой стороне из вершины $A$ (пусть это будет $AH_a$).

Для решения задачи воспользуемся методом геометрических мест точек (ГМТ). Вершина $A$ искомого треугольника должна удовлетворять двум условиям:

1. Отрезок $BC$ должен быть виден из нее под углом $\alpha$. ГМТ, удовлетворяющих этому условию, является дуга окружности, проходящая через точки $B$ и $C$.
2. Вершина $A$ должна быть удалена от прямой, содержащей сторону $BC$, на расстояние $h$. ГМТ, удовлетворяющих этому условию, являются две прямые, параллельные прямой $BC$ и отстоящие от нее на расстояние $h$.

Искомая вершина $A$ будет являться точкой пересечения этих двух геометрических мест.

Построение

1. На произвольной прямой отложим отрезок $BC$, равный данной стороне $a$.
2. Построим ГМТ, из которых отрезок $BC$ виден под углом $\alpha$. Для этого:
   • В точке $B$ на луче $BC$ построим угол $\angle CBM$, равный данному углу $\alpha$. Луч $BM$ должен лежать в одной из полуплоскостей относительно прямой $BC$.
   • Проведем прямую $k$, перпендикулярную лучу $BM$ в точке $B$.
   • Построим серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $BC$.
   • Точку пересечения прямых $k$ и $m$ обозначим $O$. Эта точка является центром окружности, дуга которой является искомым ГМТ.
   • Построим дугу окружности с центром в точке $O$ и радиусом $R = OB = OC$, расположенную в той же полуплоскости относительно прямой $BC$, что и точка $O$.
3. Построим ГМТ для вершины $A$, а именно прямую, параллельную $BC$ и удаленную от нее на расстояние $h$. Для этого:
   • В любой точке на прямой $BC$ (например, в точке $B$) восставим перпендикуляр к прямой $BC$.
   • На этом перпендикуляре отложим отрезок длиной $h$ в ту же полуплоскость, где построена дуга окружности. Обозначим конец этого отрезка точкой $K$.
   • Через точку $K$ проведем прямую $p$, параллельную прямой $BC$.
4. Точка (или точки) пересечения прямой $p$ и построенной дуги окружности является искомой вершиной $A$. Обозначим ее (или их) как $A$ (или $A_1$ и $A_2$).
5. Соединим точку $A$ (или $A_1$, $A_2$) с точками $B$ и $C$. Полученный треугольник $ABC$ (или треугольники $A_1BC$ и $A_2BC$) является искомым.

Доказательство

В построенном треугольнике $\triangle ABC$:

• Сторона $BC$ равна $a$ по построению.
• Вершина $A$ лежит на дуге окружности, построенной так, что все ее точки являются вершинами углов величиной $\alpha$, опирающихся на хорду $BC$. Следовательно, $\angle BAC = \alpha$. Это следует из свойства угла между касательной ($BM$) и хордой ($BC$).
• Вершина $A$ лежит на прямой $p$, параллельной прямой $BC$ и находящейся на расстоянии $h$ от нее. Следовательно, высота, опущенная из вершины $A$ на сторону $BC$, равна $h$.

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

Исследование

Число решений задачи зависит от числа точек пересечения прямой $p$ и дуги окружности.

Наибольшее расстояние от точек дуги до прямой $BC$ соответствует вершине равнобедренного треугольника, в котором боковые стороны равны. Эту максимальную высоту можно вычислить как $h_{max} = \frac{a}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})$.

• Если $h > h_{max}$, то прямая $p$ и дуга окружности не пересекаются, и задача не имеет решений.
• Если $h = h_{max}$, то прямая $p$ касается дуги в одной точке. Задача имеет одно решение (равнобедренный треугольник).
• Если $0 < h < h_{max}$, то прямая $p$ пересекает дугу в двух точках $A_1$ и $A_2$. Эти точки симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку $BC$. Получающиеся треугольники $\triangle A_1BC$ и $\triangle A_2BC$ равны. В этом случае принято считать, что задача имеет одно решение (так как треугольники конгруэнтны).
• Если $h \le 0$, задача не имеет смысла.

Таким образом, задача имеет решение тогда и только тогда, когда выполняется условие $0 < h \le \frac{a}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})$.

Ответ: Задача решается построением двух геометрических мест точек для вершины $A$: дуги окружности, из которой сторона $a$ видна под углом $\alpha$, и прямой, параллельной стороне $a$ и отстоящей от нее на расстояние $h$. Искомая вершина является точкой их пересечения. Число решений (от 0 до 2 конгруэнтных треугольников) зависит от соотношения между $h$, $a$ и $\alpha$.