Страница 68 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

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

Анализ

Предположим, что искомый прямоугольный треугольник $ABC$ построен. Пусть $\angle C = 90^\circ$, катет $BC$ равен данному отрезку $a$, а сумма катета $AC$ и гипотенузы $AB$ равна данному отрезку $s$, то есть $AC + AB = s$.

На луче $CA$ отложим отрезок $CD$, равный $s$. Так как по условию $s > AC$ (поскольку $s = AC + AB$ и $AB > 0$), точка $A$ будет лежать между точками $C$ и $D$.

Из равенства $CD = s$ и $AC+AB=s$ следует, что $CD = AC+AB$. С другой стороны, $CD = AC+AD$. Сравнивая эти два выражения, получаем $AB = AD$.

Это означает, что треугольник $ABD$ является равнобедренным с основанием $BD$. В равнобедренном треугольнике вершина (в данном случае $A$) равноудалена от концов основания ($B$ и $D$). Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух данных точек, является серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки.

Таким образом, искомая вершина $A$ является точкой пересечения отрезка $CD$ и серединного перпендикуляра к отрезку $BD$.

Это позволяет свести задачу к построению вспомогательного прямоугольного треугольника $BCD$, у которого известны катеты: $BC = a$ и $CD = s$.

Построение

1. Построить прямой угол с вершиной в точке $C$. Для этого на произвольной прямой выбрать точку $C$ и восставить к ней перпендикуляр.

2. На одной стороне прямого угла отложить от точки $C$ отрезок $BC$, равный данному катету $a$.

3. На другой стороне прямого угла отложить от точки $C$ отрезок $CD$, равный данной сумме $s$.

4. Соединить точки $B$ и $D$ отрезком. Получится вспомогательный прямоугольный треугольник $BCD$.

5. Построить серединный перпендикуляр к отрезку $BD$. (Для этого из точек $B$ и $D$ как из центров провести две пары дуг окружностей одинакового радиуса, большего половины длины $BD$, до их пересечения. Прямая, проходящая через точки пересечения дуг, является серединным перпендикуляром).

6. Точка пересечения серединного перпендикуляра и отрезка $CD$ является искомой вершиной $A$.

7. Соединить точки $A$ и $B$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

1. По построению $\angle C = 90^\circ$, следовательно, треугольник $ABC$ — прямоугольный.

2. По построению катет $BC$ равен данному отрезку $a$.

3. Точка $A$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, следовательно, $AB = AD$.

4. Точка $A$ лежит на отрезке $CD$, поэтому $CD = CA + AD$.

5. Заменяя в предыдущем равенстве $AD$ на равный ему отрезок $AB$, получаем $CD = CA + AB$.

6. По построению, длина отрезка $CD$ равна $s$.

7. Следовательно, $AC + AB = s$.

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

Исследование

Построение возможно, если серединный перпендикуляр к отрезку $BD$ пересекает именно отрезок $CD$, а не его продолжение.

В треугольнике $ABD$ углы при основании равны: $\angle ABD = \angle ADB$.

Рассмотрим угол $\angle ABC$. Он является частью угла $\angle CBD$, поэтому $\angle ABC = \angle CBD - \angle ABD$. Подставив $\angle ABD = \angle ADB$ (который также является $\angle CDB$), получим: $ \angle ABC = \angle CBD - \angle CDB $.

Для существования невырожденного треугольника $ABC$ необходимо, чтобы его углы были положительными, в частности $\angle ABC > 0$. Это означает, что $\angle CBD > \angle CDB$.

В прямоугольном треугольнике $BCD$ против большего угла лежит большая сторона. Условие $\angle CBD > \angle CDB$ эквивалентно условию $CD > BC$.

Так как по построению $CD = s$ и $BC = a$, для существования единственного решения необходимо выполнение неравенства $s > a$.

Если $s \le a$, построение невырожденного треугольника, удовлетворяющего условиям, невозможно. Если $s=a$, точка $A$ совпадает с $C$, катет $AC=0$, треугольник вырождается в отрезок. Если $s<a$, точка $A$ окажется вне отрезка $CD$.

Ответ: План построения искомого треугольника $ABC$ по катету $a$ и сумме $s$ другого катета и гипотенузы:

1. Построить вспомогательный прямоугольный треугольник $BCD$, где $\angle C = 90^\circ$, катет $BC = a$ и катет $CD = s$.

2. Построить серединный перпендикуляр к гипотенузе $BD$ этого вспомогательного треугольника.

3. Найти точку $A$ как пересечение серединного перпендикуляра с катетом $CD$.

Треугольник $ABC$ является искомым. Задача имеет единственное решение при условии $s > a$.

4.49. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущенной на одну из них.

Пусть даны три отрезка, задающие длины: двух сторон $a$ и $b$, и высоты $h$. Условие «высота, опущенная на одну из них» допускает два варианта трактовки, которые мы рассмотрим как два отдельных случая.

Случай 1: Высота $h$ опущена на сторону $a$.

В этом случае требуется построить треугольник $ABC$, у которого сторона $BC = a$, сторона $AC = b$, а высота, проведенная из вершины $A$ к прямой $BC$, равна $h$ (обозначим её $h_a$).

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен, и $AD$ — его высота ($D$ лежит на прямой $BC$). Тогда $\triangle ADC$ — прямоугольный с гипотенузой $AC=b$ и катетом $AD=h$. Этот треугольник можно построить, если гипотенуза не меньше катета, то есть $b \ge h$. После его построения, вершина $B$ находится на прямой $CD$ на расстоянии $a$ от вершины $C$.

Построение

1. Проведем произвольную прямую $l$. Выберем на ней точку $D$.
2. Восстановим в точке $D$ перпендикуляр к прямой $l$.
3. На этом перпендикуляре отложим отрезок $DA = h$.
4. С центром в точке $A$ проведем окружность радиусом $b$.
5. Если $b \ge h$, эта окружность пересечет прямую $l$ в точке (или двух симметричных точках) $C$. Выберем одну из них. Если $b < h$, построение невозможно.
6. С центром в точке $C$ проведем окружность радиусом $a$.
7. Эта окружность пересечет прямую $l$ в двух точках, $B_1$ и $B_2$.
8. Соединяя точки, получаем искомые треугольники $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$.

Исследование

Существование и количество решений зависят от соотношения длин данных отрезков:

• Если $b < h$, задача не имеет решений, так как в прямоугольном треугольнике катет не может быть длиннее гипотенузы.
• Если $b = h$, точка $C$ совпадает с $D$. Треугольник $ADC$ вырождается, а $\angle C$ становится прямым. В этом случае существует одно уникальное решение по форме (два построенных треугольника $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$ будут конгруэнтны, являясь зеркальными отражениями друг друга относительно прямой $AC$).
• Если $b > h$, в общем случае существуют два неконгруэнтных треугольника, являющихся решениями задачи.

Ответ: Задача имеет 0, 1 или 2 решения в зависимости от соотношения длин $b$ и $h$. Построение производится, если $b \ge h$.

Случай 2: Высота $h$ опущена на сторону $b$.

В этом случае требуется построить треугольник $ABC$, у которого сторона $AC = b$, сторона $BC = a$, а высота, проведенная из вершины $B$ к прямой $AC$, равна $h$ (обозначим её $h_b$).

Анализ

Этот случай решается аналогично первому, но роли сторон $a$ и $b$ меняются. Пусть $BE$ — высота ($E$ лежит на прямой $AC$). Тогда $\triangle BEC$ — прямоугольный с гипотенузой $BC=a$ и катетом $BE=h$. Этот треугольник можно построить, если $a \ge h$. После его построения, вершина $A$ находится на прямой $CE$ на расстоянии $b$ от вершины $C$.

Построение

1. Проведем произвольную прямую $l$. Выберем на ней точку $E$.
2. Восстановим в точке $E$ перпендикуляр к прямой $l$.
3. На этом перпендикуляре отложим отрезок $EB = h$.
4. С центром в точке $B$ проведем окружность радиусом $a$.
5. Если $a \ge h$, эта окружность пересечет прямую $l$ в точке (точках) $C$. Выберем одну из них. Если $a < h$, построение невозможно.
6. С центром в точке $C$ проведем окружность радиусом $b$.
7. Эта окружность пересечет прямую $l$ в двух точках, $A_1$ и $A_2$.
8. Соединяя точки, получаем искомые треугольники $\triangle A_1BC$ и $\triangle A_2BC$.

Исследование

Существование и количество решений зависят от соотношения длин данных отрезков:

• Если $a < h$, задача не имеет решений.
• Если $a = h$, точка $C$ совпадает с $E$, $\angle C$ — прямой. Существует одно решение (второй вариант $\triangle A_2BC$ вырождается в отрезок, так как $A_2$ совпадает с $C$).
• Если $a > h$, в общем случае существуют два неконгруэнтных решения ($\triangle A_1BC$ и $\triangle A_2BC$).

Ответ: Задача имеет 0, 1 или 2 решения в зависимости от соотношения длин $a$ и $h$. Построение производится, если $a \ge h$.

4.50. На данной прямой укажите точку, которая находится на данном расстоянии от другой данной прямой.

Задача состоит в том, чтобы найти точку (или точки) $P$, которая удовлетворяет двум условиям:

1. Точка $P$ лежит на данной прямой $l$.

2. Расстояние от точки $P$ до другой данной прямой $m$ равно заданному расстоянию $d$.

Решение этой задачи основано на методе геометрических мест точек (ГМТ). Искомая точка должна принадлежать пересечению двух множеств:

- Первое множество — это сама прямая $l$.

- Второе множество — это геометрическое место точек, удаленных от прямой $m$ на расстояние $d$. Это ГМТ представляет собой пару прямых, $m_1$ и $m_2$, которые параллельны прямой $m$ и расположены по разные стороны от нее на расстоянии $d$.

Таким образом, искомые точки являются точками пересечения прямой $l$ с прямыми $m_1$ и $m_2$.

Построение

1. На прямой $m$ выбираем произвольную точку $A$.

2. Через точку $A$ проводим прямую $k$, перпендикулярную прямой $m$ ($k \perp m$).

3. На прямой $k$ от точки $A$ в обе стороны откладываем отрезки $AB_1$ и $AB_2$ длиной $d$. То есть $AB_1 = d$ и $AB_2 = d$.

4. Через точку $B_1$ проводим прямую $m_1$, параллельную прямой $m$ ($m_1 \parallel m$).

5. Через точку $B_2$ проводим прямую $m_2$, параллельную прямой $m$ ($m_2 \parallel m$).

6. Находим точки пересечения прямой $l$ с построенными прямыми $m_1$ и $m_2$. Эти точки и являются решением задачи.

Исследование числа решений

Количество решений зависит от взаимного расположения прямых $l$ и $m$.

1. Прямые $l$ и $m$ пересекаются

Если прямая $l$ пересекает прямую $m$, то она не параллельна ей. Так как прямые $m_1$ и $m_2$ параллельны прямой $m$, то $l$ также не параллельна им. Следовательно, прямая $l$ пересечет каждую из прямых $m_1$ и $m_2$ ровно в одной точке. Таким образом, в этом случае задача имеет два решения.

Ответ: две точки.

2. Прямые $l$ и $m$ параллельны ($l \parallel m$)

Пусть расстояние между параллельными прямыми $l$ и $m$ равно $h$. Здесь возможны два подслучая:

а) Данное расстояние $d$ равно расстоянию $h$ ($d = h$)

В этом случае одна из построенных прямых, равноудаленных от $m$ (например, $m_1$), совпадет с данной прямой $l$. Их пересечением является вся прямая $l$. Вторая прямая, $m_2$, будет параллельна $l$ и не будет иметь с ней общих точек. Следовательно, любая точка прямой $l$ является решением задачи.

Ответ: бесконечно много решений (любая точка на прямой $l$).

б) Данное расстояние $d$ не равно расстоянию $h$ ($d \neq h$)

В этом случае обе построенные прямые $m_1$ и $m_2$ будут параллельны прямой $l$, но не будут с ней совпадать (расстояние от них до $m$ равно $d$, а от $l$ до $m$ равно $h$). Это означает, что прямая $l$ не имеет общих точек ни с $m_1$, ни с $m_2$.

Ответ: решений нет.

4.51. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущенной на третью сторону.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть нам даны длины двух его сторон, $AC = b$ и $BC = a$, и длина высоты $CD = h_c$, опущенной на третью сторону $AB$.

Вершина $C$ искомого треугольника удалена от прямой, содержащей сторону $AB$, на расстояние, равное высоте $h_c$. Вершины $A$ и $B$ лежат на этой прямой. При этом точка $A$ находится на расстоянии $b$ от точки $C$, а точка $B$ — на расстоянии $a$ от точки $C$. Это означает, что точка $A$ является точкой пересечения прямой $AB$ и окружности с центром в точке $C$ и радиусом $b$, а точка $B$ — точкой пересечения той же прямой $AB$ и окружности с центром в $C$ и радиусом $a$. Это наблюдение лежит в основе построения.

Построение

1. Проведем произвольную прямую $l$. На этой прямой будет располагаться третья сторона искомого треугольника.
2. Выберем на прямой $l$ любую точку $D$ и построим через нее прямую $k$, перпендикулярную прямой $l$.
3. На прямой $k$ отложим от точки $D$ отрезок $DC$ длиной, равной данной высоте $h_c$. Точка $C$ будет одной из вершин искомого треугольника.
4. С центром в точке $C$ построим окружность радиусом, равным длине стороны $b$. Точка (или точки) пересечения этой окружности с прямой $l$ будет являться вершиной $A$. Обозначим одну из них как $A$.
5. С центром в точке $C$ построим окружность радиусом, равным длине стороны $a$. Точка (или точки) пересечения этой окружности с прямой $l$ будет являться вершиной $B$. Обозначим одну из них как $B$.
6. Соединим точки $A$, $B$ и $C$ отрезками. Полученный треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$. По построению, сторона $AC$ равна $b$, так как точка $A$ лежит на окружности с центром в $C$ и радиусом $b$. Аналогично, сторона $BC$ равна $a$, так как точка $B$ лежит на окружности с центром в $C$ и радиусом $a$. Отрезок $CD$ по построению перпендикулярен прямой $l$, на которой лежит сторона $AB$, и его длина равна $h_c$. Следовательно, $CD$ является высотой треугольника $ABC$, опущенной на сторону $AB$. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Для того чтобы задача имела решение, необходимо, чтобы окружности, построенные на шагах 4 и 5, пересекали прямую $l$.

Окружность пересекает прямую, если ее радиус не меньше расстояния от ее центра до этой прямой. Расстояние от центра $C$ до прямой $l$ равно $h_c$. Следовательно, для существования решения должны выполняться неравенства $a \ge h_c$ и $b \ge h_c$.

Проанализируем количество возможных решений в зависимости от соотношения между $a$, $b$ и $h_c$:

• Если $a < h_c$ или $b < h_c$, то хотя бы одна из окружностей не пересечет прямую $l$, и построить треугольник невозможно. В этом случае задача не имеет решений.
• Если $a = h_c$ и $b = h_c$, то обе вершины $A$ и $B$ совпадут с точкой $D$. Треугольник вырождается в отрезок, поэтому невырожденного треугольника не существует.
• Если одна из сторон равна высоте (например, $b = h_c$), а другая строго больше ($a > h_c$), то вершина $A$ совпадает с точкой $D$. Окружность радиуса $a$ пересечет прямую $l$ в двух точках, симметричных относительно $D$. Полученные два треугольника будут равны (как прямоугольные треугольники по катету и гипотенузе). Таким образом, задача имеет одно уникальное решение (с точностью до конгруэнтности).
• Если $a = b > h_c$, то мы получаем равнобедренный треугольник. Точки пересечения обеих окружностей с прямой $l$ совпадают. Чтобы получить невырожденный треугольник, его вершины $A$ и $B$ должны быть разными, то есть быть двумя точками пересечения окружности с прямой $l$. В этом случае задача имеет одно решение.
• Если $a > h_c$, $b > h_c$ и $a \ne b$, то каждая из окружностей пересекает прямую $l$ в двух различных точках. Пусть $A_1, A_2$ — точки пересечения для стороны $b$, а $B_1, B_2$ — для стороны $a$. Зафиксировав вершину $A$ (например, $A_1$), мы можем выбрать в качестве вершины $B$ либо $B_1$, либо $B_2$.
  1. Если $A$ и $B$ лежат по разные стороны от точки $D$, то длина третьей стороны равна $AB = \sqrt{b^2 - h_c^2} + \sqrt{a^2 - h_c^2}$.
  2. Если $A$ и $B$ лежат по одну сторону от точки $D$, то длина третьей стороны равна $AB = |\sqrt{b^2 - h_c^2} - \sqrt{a^2 - h_c^2}|$.
  Поскольку $a \ne b$, эти две длины различны, и мы получаем два неконгруэнтных треугольника. Таким образом, в этом случае задача имеет два решения.

Ответ: Построение описано выше. Задача имеет решение, если каждая из данных сторон не меньше данной высоты ($a \ge h_c$ и $b \ge h_c$), за исключением случая, когда обе стороны равны высоте ($a=b=h_c$). Если $a > h_c$, $b > h_c$ и $a \ne b$, задача имеет два неконгруэнтных решения. В остальных случаях, когда решение существует, оно единственно (с точностью до конгруэнтности).

4.52. На данной прямой укажите точку, равноудаленную от двух данных точек.

Для нахождения на данной прямой точки, равноудаленной от двух данных точек, необходимо выполнить построение, основанное на свойствах геометрических мест точек.

Анализ

Пусть дана прямая $l$ и две точки $A$ и $B$. Мы ищем точку $X$, которая одновременно удовлетворяет двум условиям:

1. Точка $X$ принадлежит прямой $l$ (т.е. $X \in l$).
2. Точка $X$ равноудалена от точек $A$ и $B$ (т.е. расстояние $XA$ равно расстоянию $XB$, или $XA = XB$).

Геометрическое место точек (ГМТ) плоскости, равноудаленных от двух данных точек $A$ и $B$, представляет собой прямую, называемую серединным перпендикуляром к отрезку $AB$. Обозначим эту прямую как $m$.

Следовательно, искомая точка $X$ должна принадлежать как прямой $l$, так и прямой $m$. Таким образом, точка $X$ является точкой пересечения этих двух прямых: $X = l \cap m$.

Построение

Алгоритм построения искомой точки $X$ с помощью циркуля и линейки:

1. Соедините данные точки $A$ и $B$ прямой линией, чтобы получить отрезок $AB$.
2. Постройте серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $AB$. Для этого:
   • Из точки $A$ проведите дугу окружности радиусом $R$, который заведомо больше половины длины отрезка $AB$ ($R > \frac{1}{2}AB$).
   • Из точки $B$ проведите дугу окружности тем же радиусом $R$.
   • Две построенные дуги пересекутся в двух точках. Назовем их $P_1$ и $P_2$.
   • Проведите прямую $m$ через точки $P_1$ и $P_2$. Эта прямая и есть серединный перпендикуляр к отрезку $AB$.
3. Найдите точку пересечения построенного серединного перпендикуляра $m$ и данной прямой $l$. Эта точка пересечения и есть искомая точка $X$.

Доказательство

Точка $X$, полученная в результате построения, является искомой, так как:

• По построению, точка $X$ является точкой пересечения прямых $l$ и $m$, следовательно, она лежит на прямой $l$.
• По построению, точка $X$ также лежит на серединном перпендикуляре $m$ к отрезку $AB$. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка, следовательно, $XA = XB$.

Таким образом, найденная точка $X$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача может иметь разное количество решений в зависимости от взаимного расположения прямой $l$ и точек $A$ и $B$.

• Одно решение. Если прямая $l$ и серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $AB$ пересекаются. Это наиболее общий случай.
• Нет решений. Если прямая $l$ и серединный перпендикуляр $m$ параллельны и не совпадают. Это произойдет, если отрезок $AB$ перпендикулярен прямой $l$, но сама прямая $l$ не проходит через середину $AB$.
• Бесконечно много решений. Если прямая $l$ и серединный перпендикуляр $m$ совпадают. Это произойдет, если данная прямая $l$ сама является серединным перпендикуляром к отрезку $AB$ (точки $A$ и $B$ симметричны относительно прямой $l$). В этом случае любая точка прямой $l$ является решением.

Ответ: Искомая точка является точкой пересечения данной прямой и серединного перпендикуляра к отрезку, соединяющему две данные точки. В зависимости от их взаимного расположения, задача может иметь одно решение (общий случай), не иметь решений или иметь бесконечно много решений.

4.53. Постройте окружность, которая касается сторон данного угла, причем одной из них – в данной точке.

Анализ

Пусть дана окружность, удовлетворяющая условиям задачи. Центр этой окружности, обозначим его $O$, должен обладать двумя ключевыми свойствами:

1. Поскольку окружность касается обеих сторон угла, ее центр $O$ должен быть равноудален от этих сторон. Геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла, является его биссектрисой. Следовательно, центр $O$ искомой окружности лежит на биссектрисе данного угла.
2. Поскольку окружность касается одной из сторон угла (пусть это будет сторона $a$) в данной точке $K$, то радиус, проведенный в точку касания, должен быть перпендикулярен касательной. Это означает, что радиус $OK$ перпендикулярен стороне $a$. Следовательно, центр $O$ лежит на прямой, перпендикулярной стороне $a$ и проходящей через точку $K$.

Таким образом, центр искомой окружности $O$ является точкой пересечения биссектрисы данного угла и перпендикуляра к стороне $a$, восстановленного в точке касания $K$. Радиус окружности будет равен расстоянию $OK$.

Построение

Пусть дан угол с вершиной в точке $A$ и сторонами $a$ и $b$, и на стороне $a$ дана точка $K$.

1. С помощью циркуля и линейки строим биссектрису угла $A$. Обозначим ее лучом $l$.
2. В точке $K$ на стороне $a$ строим перпендикуляр к прямой, содержащей сторону $a$. Обозначим этот перпендикуляр прямой $m$.
3. Находим точку пересечения биссектрисы $l$ и перпендикуляра $m$. Обозначим эту точку $O$. Эта точка будет центром искомой окружности.
4. Измеряем циркулем расстояние от точки $O$ до точки $K$. Этот отрезок $OK$ является радиусом $R$ искомой окружности.
5. Строим окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R = OK$.

Эта окружность является искомой.

Доказательство

Построенная окружность с центром $O$ и радиусом $R=OK$ удовлетворяет всем условиям задачи:

• Она касается стороны $a$ в точке $K$, так как по построению радиус $OK$ перпендикулярен стороне $a$ в точке $K$, лежащей на окружности.
• Она касается стороны $b$. Так как центр $O$ лежит на биссектрисе угла $A$, он равноудален от сторон $a$ и $b$. Расстояние от $O$ до стороны $a$ равно длине перпендикуляра $OK$, то есть радиусу $R$. Следовательно, расстояние от $O$ до стороны $b$ также равно $R$. Это означает, что окружность касается стороны $b$.

Задача имеет единственное решение, если угол не является развернутым ($180°$), так как биссектриса угла и перпендикуляр к одной из его сторон, восстановленный из точки, не совпадающей с вершиной, являются непараллельными прямыми и пересекаются в одной точке.

Ответ: Искомая окружность имеет центр в точке пересечения биссектрисы данного угла и перпендикуляра к стороне, на которой лежит данная точка касания, восстановленного в этой точке. Радиус окружности равен расстоянию от найденного центра до данной точки касания.

4.54. Проведите через данную точку прямую, касающуюся данной окружности.

Решение этой задачи зависит от расположения данной точки относительно данной окружности. Рассмотрим три возможных случая.

Случай 1: Точка находится вне окружности

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $R$, и точка $A$, расположенная вне этой окружности (то есть расстояние $OA > R$). Требуется построить прямую, проходящую через точку $A$ и касающуюся окружности $\omega$.

Анализ:

Пусть $l$ — искомая касательная, проходящая через точку $A$ и касающаяся окружности $\omega$ в точке $T$. По свойству касательной, радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной. Следовательно, радиус $OT$ перпендикулярен прямой $l$, что означает $\angle OTA = 90^\circ$.

Это значит, что точка касания $T$ должна лежать на окружности, для которой отрезок $OA$ является диаметром. Таким образом, чтобы найти точку касания $T$, нужно найти точки пересечения данной окружности $\omega$ и вспомогательной окружности, построенной на отрезке $OA$ как на диаметре.

Построение:

1. Соединяем центр окружности $O$ с данной точкой $A$.
2. Находим середину отрезка $OA$. Обозначим ее точкой $M$. Это можно сделать, построив серединный перпендикуляр к отрезку $OA$.
3. Строим вспомогательную окружность с центром в точке $M$ и радиусом, равным $OM$ (или $MA$).
4. Эта вспомогательная окружность пересечет данную окружность $\omega$ в двух точках. Обозначим их $T_1$ и $T_2$. Это и есть искомые точки касания.
5. Проводим прямые через точку $A$ и каждую из точек касания: прямую $AT_1$ и прямую $AT_2$. Эти прямые являются искомыми касательными.

Доказательство:

Рассмотрим треугольник $\triangle OT_1A$. Точка $T_1$ лежит на вспомогательной окружности с диаметром $OA$. По свойству вписанного угла, опирающегося на диаметр, угол $\angle OT_1A$ является прямым ($\angle OT_1A = 90^\circ$). Так как прямая $AT_1$ проходит через точку $T_1$ на окружности $\omega$ и перпендикулярна радиусу $OT_1$, то по определению $AT_1$ является касательной к окружности $\omega$. Аналогично доказывается, что $AT_2$ также является касательной.

Ответ: Если точка лежит вне окружности, то существуют две различные касательные, проходящие через эту точку.

Случай 2: Точка находится на окружности

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$, и точка $A$, лежащая на этой окружности.

Анализ:

Искомая касательная по определению должна проходить через точку $A$ и быть перпендикулярной радиусу, проведенному в точку касания, то есть радиусу $OA$.

Построение:

1. Проводим радиус $OA$, соединяя центр окружности $O$ с данной точкой $A$ на окружности.
2. В точке $A$ строим прямую, перпендикулярную отрезку $OA$. Эта прямая и будет искомой касательной.

Ответ: Если точка лежит на окружности, то существует ровно одна касательная, проходящая через эту точку.

Случай 3: Точка находится внутри окружности

Пусть дана окружность $\omega$ с центром в точке $O$, и точка $A$, лежащая внутри этой окружности (то есть расстояние $OA < R$).

Анализ:

Любая прямая, проходящая через точку $A$, расположенную внутри окружности, является секущей. Это означает, что она будет пересекать окружность в двух точках. Касательная же по определению имеет с окружностью ровно одну общую точку. Следовательно, провести касательную к окружности через точку, лежащую внутри нее, невозможно.

Ответ: Если точка лежит внутри окружности, то провести через нее касательную к этой окружности невозможно. Решений нет.

4.55. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через данную точку, с центром на данной прямой.

Пусть даны радиус $R$ (в виде отрезка), точка $A$ и прямая $l$. Необходимо построить окружность, которая имеет радиус $R$, проходит через точку $A$, а ее центр $O$ лежит на прямой $l$.

Проанализируем условия задачи. Центр искомой окружности $O$ должен удовлетворять двум геометрическим условиям:

1. Он должен принадлежать прямой $l$.

2. Он должен находиться на расстоянии $R$ от точки $A$, так как окружность радиуса $R$ проходит через точку $A$. Таким образом, $OA = R$.

Геометрическое место точек (ГМТ), находящихся на расстоянии $R$ от точки $A$, — это окружность с центром в $A$ и радиусом $R$. Назовем эту вспомогательную окружность $\omega_A$. Следовательно, искомый центр $O$ должен быть общей точкой для прямой $l$ и окружности $\omega_A$, то есть их точкой пересечения.

Отсюда следует алгоритм построения:

1. Построить вспомогательную окружность $\omega_A$ с центром в данной точке $A$ и радиусом, равным данному отрезку $R$.

2. Найти точки пересечения этой окружности $\omega_A$ с данной прямой $l$. Эти точки и будут центрами искомых окружностей.

Исследуем количество возможных решений. Оно зависит от числа точек пересечения прямой $l$ и окружности $\omega_A$. Пусть $d$ — расстояние от точки $A$ до прямой $l$.

- Если расстояние $d$ меньше радиуса $R$ ($d < R$), то прямая пересекает окружность в двух точках ($O_1$ и $O_2$). В этом случае задача имеет два решения. Построив окружности с центрами в $O_1$ и $O_2$ и радиусом $R$, мы получим две искомые окружности.

- Если расстояние $d$ равно радиусу $R$ ($d = R$), то прямая касается окружности в одной точке ($O$). В этом случае задача имеет одно решение: окружность с центром в $O$ и радиусом $R$.

- Если расстояние $d$ больше радиуса $R$ ($d > R$), то прямая и окружность не имеют общих точек. В этом случае задача решений не имеет.

Ответ: Для построения искомой окружности необходимо найти точки пересечения данной прямой $l$ и вспомогательной окружности с центром в данной точке $A$ и радиусом, равным данному радиусу $R$. Найденные точки пересечения (если они существуют) являются центрами искомых окружностей. В зависимости от расстояния от данной точки до данной прямой по сравнению с данным радиусом, задача может иметь два, одно или ни одного решения.

4.56. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через две данные точки (рис. 4.25).

Рис. 4.25

Данная задача на построение решается с помощью циркуля и линейки. Идея решения состоит в том, чтобы найти центр искомой окружности как точку, равноудаленную от двух данных точек на заданное расстояние, равное радиусу.

Анализ

Пусть даны две точки A и B, а также радиус R. Требуется построить окружность радиуса R, проходящую через A и B. Обозначим центр искомой окружности буквой O.

Поскольку точки A и B лежат на искомой окружности, они должны быть удалены от ее центра O на расстояние, равное радиусу R. Таким образом, должны выполняться равенства: $OA = R$ и $OB = R$.

Это означает, что центр O является точкой, принадлежащей одновременно двум геометрическим местам точек:

1. Множеству точек, удаленных от A на расстояние R, — это окружность с центром в точке A и радиусом R.

2. Множеству точек, удаленных от B на расстояние R, — это окружность с центром в точке B и радиусом R.

Следовательно, искомый центр O является точкой пересечения этих двух окружностей.

Построение

Алгоритм построения:

1. С помощью циркуля строим окружность с центром в точке A и радиусом, равным данному радиусу R.

2. Не изменяя раствора циркуля, строим вторую окружность с центром в точке B и тем же радиусом R.

3. Находим точки пересечения этих двух окружностей. В зависимости от расположения точек A, B и величины радиуса R, таких точек может быть две, одна или ни одной. Обозначим их $O_1$ и $O_2$.

4. Строим окружность с центром в любой из найденных точек (например, $O_1$) и радиусом R. Эта окружность будет проходить через точки A и B и является решением задачи.

Доказательство

Пусть $O_1$ — точка пересечения построенных на шагах 1 и 2 окружностей. По построению, точка $O_1$ лежит на окружности с центром A и радиусом R, значит, расстояние $O_1A = R$. Также точка $O_1$ лежит на окружности с центром B и радиусом R, значит, расстояние $O_1B = R$.

Таким образом, окружность с центром в $O_1$ и радиусом R проходит через обе точки A и B. Следовательно, построенная окружность является искомой.

Исследование

Количество решений задачи зависит от соотношения между расстоянием $d=AB$ и данным радиусом R.

• Нет решений, если расстояние между точками A и B больше, чем удвоенный радиус ($AB > 2R$). В этом случае построенные окружности не будут иметь точек пересечения.

• Одно решение, если расстояние между точками A и B в точности равно удвоенному радиусу ($AB = 2R$). В этом случае окружности будут касаться друг друга в одной точке, которая является серединой отрезка AB. Эта точка и будет центром единственной искомой окружности.

• Два решения, если расстояние между точками A и B меньше удвоенного радиуса ($AB < 2R$). В этом случае окружности пересекутся в двух точках ($O_1$ и $O_2$), симметричных относительно прямой AB. Соответственно, можно построить две разные окружности, удовлетворяющие условию задачи.

Ответ: Для построения искомой окружности необходимо построить две вспомогательные окружности с радиусом R (данный радиус) и с центрами в данных точках A и B. Точки пересечения этих окружностей (если они существуют) будут центрами искомых окружностей. Задача имеет два решения, если расстояние $AB < 2R$; одно решение, если $AB = 2R$; и не имеет решений, если $AB > 2R$.

4.57. Даны прямая $a$, точки $A$, $B$ и отрезок $PQ$. Постройте треугольник $ABC$ так, чтобы вершина $C$ лежала на прямой $a$ и $AC = PQ$.

Для решения задачи необходимо определить положение вершины C. Эта вершина должна одновременно удовлетворять двум условиям: во-первых, лежать на прямой a, и во-вторых, находиться на расстоянии, равном длине отрезка PQ, от точки A.

Геометрическим местом точек, лежащих на прямой a, является сама прямая a. Геометрическим местом точек, удаленных от точки A на расстояние $PQ$, является окружность с центром в точке A и радиусом $R = PQ$. Следовательно, искомая вершина C — это точка пересечения прямой a и окружности с центром A и радиусом $R = PQ$.

Построение выполняется следующим образом:

1. С помощью циркуля измеряем длину отрезка PQ.

2. Чертим окружность с центром в точке A и радиусом, равным длине PQ.

3. Находим точку (или точки) пересечения этой окружности с прямой a. Каждая такая точка является возможным положением для вершины C.

4. Выбрав одну из найденных точек в качестве вершины C, соединяем её отрезками с точками A и B. Полученный треугольник ABC является искомым.

Задача может иметь разное количество решений в зависимости от взаимного расположения прямой a и точки A, а также длины отрезка PQ.

- Два решения: если расстояние от точки A до прямой a меньше длины PQ. В этом случае окружность пересечет прямую в двух точках ($C_1$ и $C_2$), и можно построить два треугольника: $\triangle ABC_1$ и $\triangle ABC_2$.

- Одно решение: если расстояние от точки A до прямой a равно длине PQ. В этом случае окружность касается прямой в одной точке, которая и будет вершиной C.

- Нет решений: если расстояние от точки A до прямой a больше длины PQ. В этом случае окружность и прямая не имеют общих точек.

Ответ: Искомая вершина C находится в точке пересечения прямой a и окружности с центром в точке A и радиусом, равным длине отрезка PQ. В зависимости от исходных данных задача может иметь два, одно или ни одного решения.

4.58. Даны окружность, точки $A$, $B$ и отрезок $PQ$. Постройте $\triangle ABC$ так, чтобы вершина $C$ лежала на окружности и $AC = PQ$.

Анализ задачи

Искомая вершина C треугольника $\triangle ABC$ должна удовлетворять двум условиям:

1. Вершина C лежит на данной окружности. Обозначим эту окружность $\omega$. Это означает, что C принадлежит геометрическому месту точек (ГМТ), которое представляет собой данную окружность.

2. Сторона $AC$ должна быть равна отрезку $PQ$, то есть $AC = PQ$. Это означает, что точка C принадлежит ГМТ, которое представляет собой окружность с центром в точке A и радиусом, равным длине отрезка $PQ$. Обозначим эту окружность $\omega'$.

Таким образом, искомая точка C является точкой пересечения двух геометрических мест — данной окружности $\omega$ и построенной окружности $\omega'$.

Построение

Пусть нам дана окружность $\omega$ (с условным центром O), точки A и B, и отрезок PQ.

1. С помощью циркуля измеряем длину отрезка PQ. Устанавливаем иглу циркуля в точку P, а грифель — в точку Q. Раствор циркуля теперь равен длине $r = PQ$.
2. Не меняя раствора циркуля, строим вспомогательную окружность $\omega'$ с центром в точке A и радиусом $r = PQ$.
3. Находим точки пересечения окружности $\omega'$ и данной окружности $\omega$. Эти точки (если они существуют) являются возможными положениями вершины C. Обозначим их C₁ и C₂.
4. Выбираем одну из найденных точек, например C₁, и соединяем её отрезками с точками A и B. Полученный треугольник $\triangle ABC_1$ является искомым. Если существует вторая точка пересечения C₂, то треугольник $\triangle ABC_2$ также является решением.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $\triangle ABC_1$. По построению, вершина C₁ лежит на данной окружности $\omega$. Также, по построению, точка C₁ лежит на окружности $\omega'$ с центром в точке A и радиусом $r = PQ$. Следовательно, расстояние $AC_1$ равно радиусу окружности $\omega'$, то есть $AC_1 = PQ$. Таким образом, треугольник $\triangle ABC_1$ удовлетворяет всем условиям задачи. Аналогичное доказательство справедливо и для $\triangle ABC_2$, если точка C₂ существует.

Исследование

Число возможных решений задачи зависит от взаимного расположения окружностей $\omega$ и $\omega'$. Пусть R — радиус данной окружности $\omega$ с центром в O, $r = PQ$ — радиус построенной окружности $\omega'$ с центром в A, и $d = OA$ — расстояние между их центрами.

• Два решения: Задача имеет два решения, если окружности $\omega$ и $\omega'$ пересекаются в двух различных точках. Это происходит, когда выполняется неравенство $|R - r| < d < R + r$. В этом случае можно построить два разных треугольника: $\triangle ABC_1$ и $\triangle ABC_2$.
• Одно решение: Задача имеет одно решение, если окружности касаются друг друга (в одной точке). Это происходит, когда $d = R + r$ (внешнее касание) или $d = |R - r|$ (внутреннее касание, при $R \neq r$).
• Нет решений: Задача не имеет решений, если окружности не имеют общих точек. Это происходит, когда $d > R + r$ (окружности расположены одна вне другой) или $d < |R - r|$ (одна окружность полностью внутри другой).
• Бесконечно много решений: Этот случай возникает, если окружности совпадают. Для этого необходимо, чтобы их центры совпадали ($A \equiv O$, то есть $d = 0$) и их радиусы были равны ($R = r = PQ$). Тогда любая точка на данной окружности может быть выбрана в качестве вершины C.

Ответ: Для построения треугольника $\triangle ABC$ необходимо выполнить следующие действия: 1. Построить окружность с центром в точке A и радиусом, равным длине отрезка PQ. 2. Найти точки пересечения этой окружности с данной окружностью. Каждая точка пересечения является возможным положением вершины C. 3. Соединить точки A, B и найденную точку C для получения искомого треугольника. В зависимости от взаимного расположения исходных данных (окружности, точки A и длины отрезка PQ) задача может иметь два, одно, ни одного или бесконечно много решений.

4.59. На прямой, содержащей сторону $BC$ треугольника $ABC$, постройте точку, равноудаленную от вершин $A$ и $C$.

Анализ задачи

По условию задачи требуется найти точку, назовем ее P, которая удовлетворяет двум условиям: 1) точка P должна лежать на прямой, содержащей сторону BC треугольника ABC; 2) точка P должна быть равноудалена от вершин A и C, то есть должно выполняться равенство $PA = PC$.

Геометрическое место точек (ГМТ), равноудаленных от двух данных точек (в нашем случае A и C), является серединным перпендикуляром к отрезку, соединяющему эти точки (отрезок AC).

Таким образом, искомая точка P должна одновременно принадлежать двум прямым: прямой, содержащей сторону BC, и серединному перпендикуляру к стороне AC. Следовательно, точка P является точкой пересечения этих двух прямых.

Построение

Для нахождения искомой точки необходимо выполнить следующие шаги с помощью циркуля и линейки:

1. Соединить точки A и C отрезком AC.

2. Построить серединный перпендикуляр к отрезку AC. Обозначим его $m$. Для этого:

а) Из точки A как из центра провести дугу окружности радиусом $R$, который заведомо больше половины длины отрезка AC.

б) Из точки C как из центра провести дугу окружности тем же радиусом $R$.

в) Дуги пересекутся в двух точках. Провести прямую через эти две точки пересечения. Эта прямая $m$ и есть серединный перпендикуляр к отрезку AC.

3. Найти точку пересечения прямой $m$ и прямой, содержащей сторону BC. Эта точка пересечения, обозначим ее P, и будет искомой точкой.

Доказательство

Построенная точка P удовлетворяет всем условиям задачи.

Во-первых, по построению точка P лежит на прямой, содержащей сторону BC, так как она является точкой пересечения серединного перпендикуляра с этой прямой.

Во-вторых, точка P лежит на серединном перпендикуляре $m$ к отрезку AC. По свойству серединного перпендикуляра, любая его точка равноудалена от концов отрезка. Следовательно, расстояние от P до A равно расстоянию от P до C, то есть $PA = PC$.

Таким образом, P — это точка на прямой BC, равноудаленная от вершин A и C, что и требовалось найти.

Исследование

Рассмотрим количество возможных решений. Решение задачи определяется пересечением двух прямых: прямой, содержащей сторону BC, и серединного перпендикуляра $m$ к отрезку AC.

1. Единственное решение. В общем случае, когда прямая BC не перпендикулярна отрезку AC, прямые BC и $m$ не параллельны и пересекаются в одной-единственной точке. В этом случае задача имеет уникальное решение.

2. Нет решений. Если прямая BC перпендикулярна отрезку AC, то есть угол $\angle ACB$ является прямым ($\angle ACB = 90^\circ$), то серединный перпендикуляр $m$ к AC также будет перпендикулярен AC. Две прямые (BC и $m$), перпендикулярные третьей прямой (AC), параллельны между собой. Так как прямая BC проходит через точку C, а прямая $m$ проходит через середину отрезка AC, эти прямые не совпадают. Параллельные и несовпадающие прямые не пересекаются, следовательно, в этом случае решений не существует.

Ответ:

Искомая точка является точкой пересечения прямой, содержащей сторону BC, и серединного перпендикуляра к отрезку AC. Построение этой точки описано выше. Задача имеет единственное решение, за исключением случая, когда прямая BC перпендикулярна отрезку AC (в этом случае решений нет).

4.60. С помощью циркуля и линейки разделите данный отрезок на четыре равные части.

Для того чтобы разделить данный отрезок на четыре равные части, необходимо последовательно применить метод деления отрезка пополам. Сначала мы делим исходный отрезок на две равные части, а затем каждую из полученных половин — еще раз пополам. Весь процесс выполняется с помощью циркуля и линейки без делений.

Пусть нам дан отрезок $AB$.

Порядок построения:

1. Деление отрезка $AB$ пополам.
   • Установим раствор циркуля на расстояние $R_1$, которое заведомо больше половины длины отрезка $AB$ (например, можно взять расстояние, равное длине всего отрезка $AB$).
   • Из точек $A$ и $B$, как из центров, проведём две дуги окружности этим радиусом так, чтобы они пересеклись в двух точках с разных сторон от отрезка. Назовем эти точки $P_1$ и $P_2$.
   • С помощью линейки соединим точки $P_1$ и $P_2$ прямой.
   • Точка пересечения этой прямой с отрезком $AB$ является его серединой. Обозначим эту точку $M$. Таким образом, мы разделили отрезок $AB$ на две равные части: $AM = MB$.
2. Деление отрезка $AM$ пополам.
   • Теперь повторим ту же процедуру для отрезка $AM$. Установим раствор циркуля на расстояние $R_2$, большее половины длины отрезка $AM$.
   • Проведём две пересекающиеся дуги равного радиуса $R_2$ из центров в точках $A$ и $M$.
   • Через точки пересечения этих дуг проведём прямую. Точка пересечения этой прямой с отрезком $AM$ будет его серединой. Обозначим её $N$. Мы получили, что $AN = NM = \frac{1}{2}AM$.
3. Деление отрезка $MB$ пополам.
   • Аналогично найдём середину отрезка $MB$. Проведём две пересекающиеся дуги равного радиуса $R_3 > \frac{1}{2}MB$ (можно взять $R_3=R_2$) из центров в точках $M$ и $B$.
   • Через точки пересечения этих дуг проведём прямую. Точка пересечения этой прямой с отрезком $MB$ будет его серединой. Обозначим эту точку $K$. Мы получили, что $MK = KB = \frac{1}{2}MB$.

В результате выполненных построений мы получили на отрезке $AB$ три точки — $N$, $M$ и $K$. Эти точки делят исходный отрезок $AB$ на четыре равные части, так как $AN = NM = MK = KB = \frac{1}{4}AB$.

Ответ: Описанный алгоритм, состоящий из трех последовательных построений серединных перпендикуляров (сначала для всего отрезка, а затем для двух его половин), позволяет разделить данный отрезок на четыре равные части с помощью циркуля и линейки.

4.61. На данной прямой найдите точку, равноудаленную от двух данных точек.

Пусть дана прямая l и две точки A и B. Требуется найти на прямой l точку P, для которой выполняется равенство расстояний $PA = PB$.

Анализ

Множество всех точек плоскости, равноудаленных от двух данных точек A и B, является прямой, перпендикулярной отрезку AB и проходящей через его середину. Эта прямая называется серединным перпендикуляром к отрезку AB. Обозначим эту прямую буквой m.

Искомая точка P должна одновременно принадлежать двум прямым:

1. Данной прямой l (согласно условию).

2. Серединному перпендикуляру m (так как $PA = PB$).

Таким образом, искомая точка P есть точка пересечения прямой l и серединного перпендикуляра m.

Построение

Алгоритм построения искомой точки с помощью циркуля и линейки:

1. Соединяем точки A и B отрезком.

2. Строим серединный перпендикуляр m к отрезку AB. Для этого:

а) Устанавливаем на циркуле радиус R, больший половины длины отрезка AB ($R > \frac{1}{2}AB$).

б) Из точек A и B как из центров проводим дуги окружностей до их взаимного пересечения в двух точках (назовем их $C_1$ и $C_2$).

в) Проводим прямую через точки $C_1$ и $C_2$. Эта прямая m и является серединным перпендикуляром.

3. Находим точку пересечения прямой m и данной прямой l. Эта точка и будет искомой точкой P.

Исследование

Задача может иметь разное число решений в зависимости от взаимного расположения прямой l и точек A и B.

1. Одно решение (общий случай). Если прямая l не перпендикулярна прямой, проходящей через точки A и B, то она пересечет серединный перпендикуляр m в одной точке. В этом случае существует единственное решение.

2. Нет решений. Если прямая l перпендикулярна прямой AB, но не проходит через середину отрезка AB. В этом случае прямая l будет параллельна серединному перпендикуляру m, и у них не будет общих точек. Решений нет.

3. Бесконечно много решений. Если прямая l является серединным перпендикуляром к отрезку AB. В этом случае прямые l и m совпадают, и любая точка прямой l является решением.

Ответ: Искомая точка — это точка пересечения данной прямой l и серединного перпендикуляра к отрезку, соединяющему две данные точки A и B. Задача имеет единственное решение, если данная прямая не перпендикулярна прямой AB; не имеет решений, если данная прямая перпендикулярна прямой AB, но не проходит через середину отрезка AB; имеет бесконечно много решений, если данная прямая является серединным перпендикуляром к отрезку AB.