Страница 72 - гдз по геометрии 7 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.22. В треугольнике $ABC$ высота $AA_1$ не меньше стороны $BC$, а высота $BB_1$ не меньше стороны $AC$. Докажите, что треугольник $ABC$ равнобедренный и прямоугольный.

Обозначим стороны треугольника $ABC$ стандартным образом: $BC = a$, $AC = b$. Пусть $h_a = AA_1$ — высота, опущенная на сторону $BC$, а $h_b = BB_1$ — высота, опущенная на сторону $AC$. Угол при вершине $C$ обозначим как $\angle C$.

Из условия задачи имеем два неравенства:

1. $h_a \ge a$
2. $h_b \ge b$

Доказательство, что треугольник $ABC$ является равнобедренным

Высота $h_a = AA_1$ является катетом в прямоугольном треугольнике $ACA_1$, в котором гипотенузой является сторона $AC = b$. В любом прямоугольном треугольнике катет не может быть длиннее гипотенузы, следовательно, $h_a \le b$.

Объединяя это свойство с первым условием задачи ($h_a \ge a$), получаем следующую цепочку неравенств: $b \ge h_a \ge a$. Из этого напрямую следует, что $b \ge a$.

Проведем аналогичные рассуждения для высоты $h_b$. Высота $h_b = BB_1$ является катетом в прямоугольном треугольнике $BCB_1$ с гипотенузой $BC = a$. Таким образом, $h_b \le a$.

Объединяя это свойство со вторым условием задачи ($h_b \ge b$), получаем: $a \ge h_b \ge b$. Из этого следует, что $a \ge b$.

Мы получили систему из двух неравенств для сторон $a$ и $b$: $$ \begin{cases} b \ge a \\ a \ge b \end{cases} $$ Эта система имеет единственное решение: $a = b$. Равенство сторон $BC = AC$ означает, что треугольник $ABC$ является равнобедренным.

Доказательство, что треугольник $ABC$ является прямоугольным

Теперь воспользуемся формулой, связывающей высоту треугольника с его стороной и углом. Высота $h_a$ может быть выражена через сторону $b$ и синус угла $\angle C$: $h_a = b \sin(\angle C)$.

Подставим это выражение в исходное условие $h_a \ge a$: $$b \sin(\angle C) \ge a$$

Так как мы уже доказали, что $a = b$, мы можем заменить $b$ на $a$ в полученном неравенстве: $$a \sin(\angle C) \ge a$$

Длина стороны $a$ является строго положительной величиной ($a > 0$), поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $a$, не меняя знака неравенства: $$\sin(\angle C) \ge 1$$

В то же время, из основного свойства функции синуса известно, что её значение для любого угла не может превышать 1, то есть $\sin(\angle C) \le 1$.

Единственный способ удовлетворить обоим условиям, $\sin(\angle C) \ge 1$ и $\sin(\angle C) \le 1$, — это принять равенство $\sin(\angle C) = 1$.

Для угла $\angle C$ треугольника, который находится в диапазоне $0^\circ < \angle C < 180^\circ$, равенство $\sin(\angle C) = 1$ выполняется только при $\angle C = 90^\circ$.

Это означает, что угол при вершине $C$ в треугольнике $ABC$ прямой, и, следовательно, треугольник является прямоугольным.

Таким образом, доказано, что треугольник $ABC$ является равнобедренным и прямоугольным.

Ответ: Утверждение доказано. Треугольник $ABC$ является равнобедренным (со сторонами $AC=BC$) и прямоугольным (с прямым углом $\angle C = 90^\circ$).

5.23*. Постройте треугольник, если заданы сторона, прилежащий к ней угол и сумма двух других сторон.

Пусть нам даны отрезок длины $c$, угол $\alpha$ и отрезок длины $s$, где $s$ — это сумма двух других сторон треугольника. Требуется построить треугольник $ABC$ такой, что одна из его сторон равна $c$, прилежащий к ней угол равен $\alpha$, а сумма двух других сторон равна $s$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $AB = c$, $\angle BAC = \alpha$ и $AC + BC = s$.

Продолжим сторону $AC$ за точку $C$ и на этом продолжении (на луче $AC$) отложим отрезок $CD$, равный по длине стороне $BC$. В результате получим точку $D$ такую, что $AD = AC + CD = AC + BC = s$.

Рассмотрим треугольник $BCD$. Так как по построению $CD = BC$, то этот треугольник является равнобедренным с основанием $BD$.

В равнобедренном треугольнике точка $C$ (вершина) равноудалена от точек $B$ и $D$ (концов основания). Геометрическое место точек, равноудаленных от концов отрезка, — это его серединный перпендикуляр. Следовательно, вершина $C$ искомого треугольника должна лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$.

Кроме того, точка $C$ по условию лежит на луче, выходящем из точки $A$ под углом $\alpha$ к стороне $AB$. Таким образом, точка $C$ является точкой пересечения этого луча и серединного перпендикуляра к отрезку $BD$. Это позволяет нам сформулировать план построения.

Построение

1. На произвольной прямой откладываем отрезок $AB$, равный данной стороне $c$.
2. От луча $AB$ строим угол, равный данному углу $\alpha$. Получаем луч $AK$.
3. На луче $AK$ от его начала, точки $A$, откладываем отрезок $AD$, равный данной сумме сторон $s$.
4. Соединяем точки $B$ и $D$ отрезком. Получаем вспомогательный треугольник $ABD$.
5. Строим серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $BD$.
6. Находим точку пересечения прямой $m$ и отрезка $AD$. Эта точка является искомой вершиной $C$.
7. Соединяем точки $B$ и $C$.

Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

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

• Сторона $AB$ равна $c$ по построению (шаг 1).
• Угол $\angle BAC$ (он же $\angle BAK$) равен $\alpha$ по построению (шаг 2).
• Точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$ по построению (шаг 6). Это означает, что она равноудалена от точек $B$ и $D$, то есть $CB = CD$.
• Точка $C$ также лежит на отрезке $AD$ (шаг 6), поэтому $AD = AC + CD$.
• Так как $CB = CD$, мы можем заменить в предыдущем равенстве $CD$ на $CB$: $AD = AC + CB$.
• По построению (шаг 3), длина отрезка $AD$ равна $s$.
• Следовательно, $AC + CB = s$.

Таким образом, все три условия задачи выполнены: сторона $AB=c$, прилежащий угол $\angle BAC=\alpha$ и сумма двух других сторон $AC+BC=s$. Построение верное.

Исследование

Задача имеет решение, если все шаги построения выполнимы и приводят к единственному результату.

1. Построение вспомогательного треугольника $ABD$ по двум сторонам ($AB=c$, $AD=s$) и углу между ними ($\angle A = \alpha$) всегда возможно и однозначно, если $0^\circ < \alpha < 180^\circ$.

2. Серединный перпендикуляр $m$ к стороне $BD$ и прямая $AD$ (содержащая луч $AK$) не могут быть параллельны, так как $B$ не лежит на прямой $AD$ (поскольку $\alpha$ не $0^\circ$ и не $180^\circ$). Следовательно, они всегда пересекаются в единственной точке $C$.

3. Для того чтобы полученный треугольник $ABC$ был невырожденным, должно выполняться неравенство треугольника: $AC+BC > AB$, то есть $s>c$. Если $s \le c$, треугольник не существует.

4. Если $s>c$, то в треугольнике $ABD$ против большей стороны $AD$ лежит больший угол, то есть $\angle ABD > \angle ADB$. Поскольку $\angle ABD + \angle ADB = 180^\circ - \alpha$, то угол $\angle ADB$ всегда будет острым. Это гарантирует, что серединный перпендикуляр к $BD$ пересечет именно отрезок $AD$, а не его продолжение.

Следовательно, при выполнении естественных условий $s > c$ и $0^\circ < \alpha < 180^\circ$, задача всегда имеет единственное решение.

Ответ: Для построения треугольника необходимо выполнить следующую последовательность действий: 1) построить угол, равный заданному $\alpha$, с вершиной в точке $A$; 2) на одной стороне угла отложить отрезок $AB$, равный заданной стороне $c$; 3) на другой стороне угла отложить отрезок $AD$, равный заданной сумме двух других сторон $s$; 4) соединить точки $B$ и $D$; 5) построить серединный перпендикуляр к отрезку $BD$; 6) точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $AD$ будет третьей вершиной искомого треугольника, точкой $C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

5.24*. Постройте треугольник по стороне, высоте, проведенной к ней, и медиане, проведенной к одной из двух других сторон.

Для решения задачи построим искомый треугольник `ABC` по заданной стороне `a`, высоте `h_a` к этой стороне и медиане `m_b`, проведенной к одной из двух других сторон.

Без ограничения общности, пусть нам даны:

• длина стороны `BC`, равная `a`;
• длина высоты `AH`, проведенной из вершины `A` к стороне `BC`, равная `h_a`;
• длина медианы `BM`, проведенной из вершины `B` к стороне `AC`, равная `m_b`.

Анализ

1. Положение вершины `A` определяется тем, что она удалена от прямой, содержащей сторону `BC`, на расстояние `h_a`. Геометрическим местом таких точек является пара прямых, параллельных `BC` и отстоящих от нее на `h_a`. Выберем одну из них и назовем ее `l`.

2. Медиана `BM` соединяет вершину `B` с серединой `M` стороны `AC`. Длина `BM` равна `m_b`. Это означает, что точка `M` лежит на окружности с центром в точке `B` и радиусом `m_b`.

3. Найдем еще одно геометрическое место для точки `M`. Рассмотрим прямую `BC` и параллельную ей прямую `l`, на которой лежит точка `A`. Расстояние между этими прямыми равно `h_a`. Точка `M` является серединой отрезка `AC`. Если из точек `A` и `M` опустить перпендикуляры `AH` и `MP` на прямую, содержащую `BC`, то `MP` будет средней линией трапеции `AHC'C` (где `C'` - проекция `A` на прямую `HC`) или треугольника (если `C=H`). По свойству средней линии (или из подобия треугольников), длина `MP` равна половине длины `AH`. Таким образом, `MP = h_a / 2`.

4. Это означает, что точка `M` лежит на прямой `p`, параллельной `BC` и находящейся на расстоянии `h_a / 2` от нее (между `BC` и `l`).

5. Итак, точка `M` является точкой пересечения двух известных нам ГМТ: окружности с центром `B` радиуса `m_b` и прямой `p`, параллельной `BC` и отстоящей от нее на `h_a / 2`.

6. После нахождения точки `M` мы можем построить вершину `A`. Так как `M` — середина `AC`, то `\vec{CA} = 2 \cdot \vec{CM}`. То есть, чтобы найти `A`, нужно продлить отрезок `CM` за точку `M` на его же длину.

Построение

1. Начертим произвольную прямую и отложим на ней отрезок `BC` длиной `a`.

2. Построим прямую `p`, параллельную прямой `BC`, на расстоянии `h_a / 2` от нее. Для этого в точке `B` можно восставить перпендикуляр к `BC`, отложить на нем отрезок `BK` длиной `h_a`, найти середину `D` отрезка `BK` и провести через точку `D` прямую `p` параллельно `BC`.

3. С центром в точке `B` проведем окружность радиусом `m_b`.

4. Эта окружность пересечет прямую `p` в одной, двух или ни одной точке. Выберем одну из точек пересечения (если они есть) и обозначим ее `M`.

5. Проведем прямую через точки `C` и `M`.

6. На прямой `CM` от точки `M` отложим отрезок `MA`, равный отрезку `CM`, так, чтобы `M` оказалась между `C` и `A`. Точка `A` является третьей вершиной треугольника.

7. Соединим точки `A`, `B`, `C`. Треугольник `ABC` — искомый.

Доказательство

В построенном треугольнике `ABC` сторона `BC` по построению равна `a`.

Отрезок `BM` является медианой, так как `M` — середина `AC` по построению. Его длина равна `m_b`, так как `M` — точка на окружности с центром `B` и радиусом `m_b`.

Докажем, что высота из `A` на `BC` равна `h_a`. Расстояние от точки `C` до прямой `BC` равно 0. Расстояние от точки `M` до прямой `BC` равно `h_a / 2` по построению. Так как `M` — середина `AC`, то расстояние от `M` до прямой `BC` равно полусумме расстояний от `A` и `C` до этой прямой. Обозначим `d(X, L)` расстояние от точки `X` до прямой `L`. $d(M, BC) = \frac{d(A, BC) + d(C, BC)}{2}$ $ \frac{h_a}{2} = \frac{d(A, BC) + 0}{2} $ Отсюда `d(A, BC) = h_a`. Следовательно, высота треугольника, опущенная из вершины `A` на сторону `BC`, равна `h_a`. Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Построение возможно, если окружность (с центром `B`, радиусом `m_b`) и прямая `p` (параллельная `BC` на расстоянии `h_a / 2`) имеют общие точки. Расстояние от центра окружности `B` до прямой `p` равно `h_a / 2`.

1. Если `$m_b < \frac{h_a}{2}$`, то окружность и прямая не пересекаются, и решений нет.

2. Если `$m_b = \frac{h_a}{2}$`, то окружность касается прямой `p` в одной точке. Задача имеет одно решение.

3. Если `$m_b > \frac{h_a}{2}$`, то окружность пересекает прямую `p` в двух точках (`M_1` и `M_2`). Каждая из этих точек позволяет построить свой треугольник (`\triangle A_1BC` и `\triangle A_2BC`). В общем случае эти треугольники не конгруэнтны. Следовательно, задача имеет два решения.

Ответ: Построение, доказательство и исследование задачи представлены выше. Задача имеет решение при выполнении условия $m_b \ge \frac{h_a}{2}$. Если $m_b = \frac{h_a}{2}$, решение единственно. Если $m_b > \frac{h_a}{2}$, существует два различных решения.

5.25*. Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, проведенной к третьей стороне.

Пусть даны отрезки, соответствующие длинам двух сторон $a$ и $b$, и медианы $m_c$, проведенной к третьей стороне. Требуется построить треугольник $ABC$, в котором, например, $AC=b$, $BC=a$, и медиана $CM = m_c$, где $M$ — середина стороны $AB$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Продлим медиану $CM$ за точку $M$ на ее длину так, чтобы $MD = CM$. Таким образом, длина отрезка $CD$ составит $2m_c$. Рассмотрим четырехугольник $ADBC$. Его диагонали $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $M$. По определению медианы, $M$ является серединой $AB$, а по нашему построению, $M$ является также серединой $CD$. Четырехугольник, диагонали которого точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом. Следовательно, $ADBC$ — параллелограмм.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $AD = BC = a$ и $BD = AC = b$.

Теперь мы можем рассмотреть треугольник $ACD$. Длины всех его сторон известны: $AC = b$, $AD = a$ и $CD = 2m_c$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ACD$ по трем известным сторонам, а затем — к нахождению вершины $B$ искомого треугольника $ABC$.

Построение

1. На произвольной прямой отложим отрезок $CD$, длина которого равна удвоенной длине медианы, то есть $2m_c$. Отметим его середину — точку $M$.

2. Построим треугольник $ACD$ по трем сторонам. Для этого:

а) Проведем окружность (или дугу) с центром в точке $C$ и радиусом, равным длине стороны $b$.

б) Проведем окружность (или дугу) с центром в точке $D$ и радиусом, равным длине стороны $a$.

в) Точка пересечения этих окружностей (дуг) будет вершиной $A$. (Если окружности пересекаются в двух точках, можно выбрать любую, так как это приведет к построению конгруэнтных треугольников).

3. Соединим точки $A$, $C$ и $D$ отрезками. Мы получили вспомогательный треугольник $ACD$.

4. Для нахождения вершины $B$ проведем луч $AM$ и на его продолжении за точку $M$ отложим отрезок $MB$, равный отрезку $AM$.

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

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

1. По построению, сторона $AC$ имеет длину $b$ (так как точка $A$ лежит на окружности с центром $C$ и радиусом $b$).

2. Рассмотрим четырехугольник $ADBC$. По построению, точка $M$ является серединой диагоналей $AB$ и $CD$. Следовательно, $ADBC$ — параллелограмм. В параллелограмме противолежащие стороны равны, значит $BC=AD$. По построению, $AD=a$ (так как точка $A$ лежит на окружности с центром $D$ и радиусом $a$). Таким образом, $BC=a$.

3. Отрезок $CM$ соединяет вершину $C$ с серединой $M$ стороны $AB$, следовательно, $CM$ является медианой треугольника $ABC$. Ее длина по построению равна $m_c$.

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

Исследование

Построение возможно тогда и только тогда, когда возможно построить вспомогательный треугольник $ACD$ со сторонами $a, b, 2m_c$. Согласно неравенству треугольника, для этого должны выполняться три условия:

$a + b > 2m_c$

$a + 2m_c > b$

$b + 2m_c > a$

Если все три неравенства выполняются, задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности). Если одно из неравенств обращается в равенство, то точки $A, C, D$ лежат на одной прямой, и треугольник вырождается в отрезок (решения в виде невырожденного треугольника не существует). Если хотя бы одно из неравенств не выполняется, то задача не имеет решений.

Ответ: Чтобы построить требуемый треугольник, следует сначала построить вспомогательный треугольник по трем сторонам: $a$, $b$ и $2m_c$. Пусть это будет треугольник $ACD$ со сторонами $AC=b$, $AD=a$ и $CD=2m_c$. Затем следует найти середину $M$ стороны $CD$. После этого провести луч $AM$ и на его продолжении отложить отрезок $MB = AM$. Соединив точки $A, B, C$, получим искомый треугольник. Построение возможно только при выполнении неравенства треугольника для сторон $a$, $b$ и $2m_c$.

5.26. Постройте треугольник $ABC$ по стороне $BC$, медиане $BN$ и высоте $BH$.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Нам даны сторона $BC$, медиана $BN$ и высота $BH$.

Высота $BH$ опущена на прямую, содержащую сторону $AC$. Это означает, что $BH \perp AC$, и, следовательно, треугольник $BHC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $H$.

Медиана $BN$ соединяет вершину $B$ с серединой $N$ стороны $AC$. Следовательно, $AN=NC$.

Точки $A, H, N, C$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольник $BHN$. Он также является прямоугольным, так как угол $H$ прямой. В этом треугольнике нам известны длины катета $BH$ (данная высота) и гипотенузы $BN$ (данная медиана). Прямоугольный треугольник можно однозначно построить по катету и гипотенузе. Это построение является ключевым, так как оно позволяет определить положение вершины $B$ относительно прямой $AC$, а также положение точек $H$ и $N$ на этой прямой.

После построения треугольника $BHN$ мы знаем положение вершин $B$, $H$, $N$ и прямой $AC$ (как прямой, проходящей через $H$ и $N$). Далее можно найти вершину $C$. Точка $C$ лежит на прямой $AC$ и находится на расстоянии, равном длине стороны $BC$, от точки $B$. Таким образом, $C$ является точкой пересечения прямой $AC$ и окружности с центром в $B$ и радиусом $BC$.

Зная положение точек $C$ и $N$, мы можем найти вершину $A$. Так как $N$ — середина $AC$, точка $A$ симметрична точке $C$ относительно точки $N$.

Построение

1. Проведём произвольную прямую $l$. Отметим на ней произвольную точку $H$.

2. Через точку $H$ построим прямую $p$, перпендикулярную прямой $l$.

3. На прямой $p$ отложим отрезок $BH$, равный заданной длине высоты. Для этого построим окружность с центром в $H$ и радиусом, равным длине $BH$. Одна из точек пересечения окружности с прямой $p$ будет вершиной $B$.

4. С центром в точке $B$ проведём окружность радиусом, равным длине медианы $BN$. Точка пересечения этой окружности с прямой $l$ будет точкой $N$. (Если $BN > BH$, то таких точек будет две, симметричных относительно $H$; можно выбрать любую из них).

5. С центром в точке $B$ проведём окружность радиусом, равным длине стороны $BC$. Точка пересечения этой окружности с прямой $l$ будет вершиной $C$. (Если $BC > BH$, таких точек будет две; можно выбрать любую).

6. Найдём вершину $A$. Для этого на прямой $l$ от точки $N$ отложим отрезок $NA$, равный отрезку $NC$, так, чтобы точка $N$ оказалась между $A$ и $C$. (Это можно сделать, проведя окружность с центром $N$ и радиусом $NC$; вторая точка пересечения с прямой $l$ будет $A$).

7. Соединим точки $A, B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ сторона $BC$ имеет заданную длину согласно шагу 5 построения. Высота из вершины $B$ на прямую $AC$ есть перпендикуляр $BH$, длина которого была задана на шаге 3. Отрезок $BN$ соединяет вершину $B$ с точкой $N$, которая по построению (шаг 6) является серединой стороны $AC$. Следовательно, $BN$ — медиана, и её длина была задана на шаге 4. Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение не при любых заданных длинах отрезков. Для возможности построения необходимо выполнение следующих условий:

1. Из прямоугольного треугольника $BHN$ следует, что гипотенуза $BN$ не может быть короче катета $BH$, т. е. должно выполняться неравенство $BN \ge BH$.

2. Из прямоугольного треугольника $BHC$ следует, что гипотенуза $BC$ не может быть короче катета $BH$, т. е. должно выполняться неравенство $BC \ge BH$.

Если хотя бы одно из этих условий не выполнено, задача не имеет решений.

Рассмотрим количество решений в зависимости от соотношения данных длин:

— Если $BN < BH$ или $BC < BH$, то решений нет.

— Если $BN > BH$ и $BC > BH$: В этом случае на шаге 4 мы получаем две возможные точки для $N$ ($N_1$ и $N_2$, симметричные относительно $H$), а на шаге 5 — две возможные точки для $C$ ($C_1$ и $C_2$, симметричные относительно $H$).

- Если $BN \neq BC$, то, зафиксировав одну точку $N$ (например, $N_1$), мы получим два различных (неконгруэнтных) треугольника при выборе $C_1$ и $C_2$. Выбор другой точки $N_2$ даст треугольники, симметричные (конгруэнтные) первым двум. Таким образом, в этом случае задача имеет 2 различных решения.

- Если $BN = BC$, то $|HN|=|HC|$. Чтобы избежать вырожденного треугольника (когда $A=C$), точки $N$ и $C$ должны лежать по разные стороны от точки $H$. Такой выбор определяет решение однозначно (с точностью до симметрии). Таким образом, задача имеет 1 решение.

— Если выполняется одно из равенств:

- $BN = BH$ и $BC > BH$: точка $N$ совпадает с $H$. Выбор одной из двух точек для $C$ однозначно определяет треугольник (второй вариант даст конгруэнтный ему). Задача имеет 1 решение.

- $BC = BH$ и $BN > BH$: точка $C$ совпадает с $H$. Выбор одной из двух точек для $N$ однозначно определяет треугольник. Задача имеет 1 решение.

— Если $BN = BH$ и $BC = BH$: точки $N$ и $C$ совпадают с $H$. Тогда и точка $A$ совпадает с $H$, треугольник вырождается в точку. В этом случае невырожденных решений нет.

Ответ: Построение треугольника возможно, если длины медианы $BN$ и стороны $BC$ не меньше длины высоты $BH$. Алгоритм построения приведен выше. В зависимости от соотношения данных длин задача может иметь 1 или 2 неконгруэнтных решения, или не иметь решений вовсе (если $BN < BH$ или $BC < BH$, или в вырожденном случае $BN=BC=BH$).

5.27. Постройте треугольник $ABC$ по сторонам $AC$, $BC$ и медиане $BN$.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. По условию задачи нам известны длины сторон $AC$, $BC$ и медианы $BN$. Обозначим эти длины соответственно как $b$, $a$ и $m_b$.

По определению, медиана $BN$ делит сторону $AC$ пополам в точке $N$. Следовательно, точка $N$ является серединой отрезка $AC$, и выполняются равенства $AN = NC = \frac{AC}{2} = \frac{b}{2}$.

Рассмотрим треугольник $BNC$. В этом треугольнике нам известны длины всех трех сторон:

• $BC = a$ (по условию)
• $BN = m_b$ (по условию)
• $NC = \frac{b}{2}$ (как половина стороны $AC$)

Треугольник можно построить по трем сторонам. Значит, мы можем построить треугольник $BNC$. Построив его, мы определим положение вершин $B$, $N$ и $C$.

Поскольку $N$ — это середина стороны $AC$, вершина $A$ находится на прямой $CN$ на таком же расстоянии от $N$, что и точка $C$, но с противоположной стороны. Иными словами, точка $A$ симметрична точке $C$ относительно точки $N$.

Таким образом, план построения заключается в том, чтобы сначала построить вспомогательный треугольник $BNC$ по трем известным сторонам, а затем найти вершину $A$ путем продления отрезка $CN$.

Ответ: План построения состоит в последовательном построении треугольника $BNC$ по трем сторонам ($BC$, $BN$ и половине $AC$) и последующем нахождении вершины $A$ как точки, симметричной вершине $C$ относительно точки $N$.

Построение

Пусть даны три отрезка, равные длинам $a$, $b$ и $m_b$.

1. Построим отрезок, равный $\frac{b}{2}$. Для этого с помощью циркуля и линейки найдем середину отрезка длиной $b$ (например, построив серединный перпендикуляр).
2. Приступим к построению треугольника $BNC$:
1. Проведем произвольную прямую и отложим на ней отрезок $NC$ длиной $\frac{b}{2}$.
2. Построим окружность с центром в точке $C$ и радиусом, равным длине стороны $BC$ ($a$).
3. Построим окружность с центром в точке $N$ и радиусом, равным длине медианы $BN$ ($m_b$).
4. Точка пересечения этих двух окружностей является вершиной $B$. Если окружности имеют две точки пересечения, можно выбрать любую из них, так как получаемые треугольники будут конгруэнтны.
3. Соединим точки $B$, $N$ и $C$ отрезками. Треугольник $BNC$ построен.
4. Найдем вершину $A$: на прямой $CN$ отложим от точки $N$ отрезок $NA$, равный отрезку $NC$, так, чтобы точка $N$ находилась между $A$ и $C$.
5. Соединим точки $A$ и $B$ отрезком.

Треугольник $ABC$, полученный в результате этих построений, является искомым.

Ответ: Искомый треугольник $ABC$ построен согласно приведенному алгоритму.

Доказательство

Рассмотрим построенный треугольник $ABC$.

По построению (шаг 2b), длина стороны $BC$ равна заданной длине $a$.

По построению (шаг 4), $AN = NC$ и точки $A$, $N$, $C$ лежат на одной прямой. Это означает, что $N$ — середина стороны $AC$, и, следовательно, отрезок $BN$ является медианой треугольника $ABC$. Длина медианы $BN$ равна заданной длине $m_b$ по построению (шаг 2c).

Длина стороны $AC$ равна сумме длин отрезков $AN$ и $NC$. Так как $NC = \frac{b}{2}$ и $AN = NC$, то $AC = AN + NC = \frac{b}{2} + \frac{b}{2} = b$. Таким образом, длина стороны $AC$ равна заданной длине $b$.

Следовательно, построенный треугольник $ABC$ имеет стороны $AC$ и $BC$ и медиану $BN$ заданных длин. Построение верно.

Ответ: Построенный треугольник $ABC$ является искомым, поскольку все условия, указанные в задаче, выполнены.

Исследование

Ключевым этапом построения является построение вспомогательного треугольника $BNC$. Такое построение возможно тогда и только тогда, когда для длин его сторон $a$, $m_b$ и $\frac{b}{2}$ выполняется неравенство треугольника.

Таким образом, задача имеет решение, если одновременно выполняются три условия:

• $a + m_b > \frac{b}{2}$
• $a + \frac{b}{2} > m_b$
• $m_b + \frac{b}{2} > a$

Если эти строгие неравенства выполняются, то окружности в шаге 2 построения пересекаются в двух различных точках (симметричных относительно прямой $NC$). Выбор любой из этих точек в качестве вершины $B$ приводит к построению треугольника, удовлетворяющего условию. Два возможных треугольника будут конгруэнтны друг другу. Следовательно, задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Если одно из неравенств превращается в равенство (например, $a + m_b = \frac{b}{2}$), то точки $B, N, C$ оказываются на одной прямой, и треугольник $BNC$ (а с ним и $ABC$) вырождается. В этом случае задача не имеет решения в классе невырожденных треугольников.

Если одно из неравенств не выполняется (например, $a + m_b < \frac{b}{2}$), то окружности не пересекаются, и построение вершины $B$ невозможно. В этом случае задача не имеет решений.

Ответ: Задача имеет единственное (с точностью до конгруэнтности) решение, если заданные длины $a, b, m_b$ удовлетворяют неравенствам треугольника для сторон $a$, $m_b$ и $\frac{b}{2}$. Если хотя бы одно из этих неравенств не выполняется или обращается в равенство, задача не имеет решений в классе невырожденных треугольников.

5.28. Постройте прямоугольный треугольник $\triangle ABC$, если даны острый угол $\angle B$ и биссектриса $BD$.

Задача заключается в построении прямоугольного треугольника $ABC$ по известному острому углу $\angle B$ и длине его биссектрисы $BD$. Поскольку угол $B$ является острым, прямой угол треугольника ($90^\circ$) может быть либо при вершине $A$, либо при вершине $C$. Рассмотрим оба возможных случая.

Случай 1. Прямой угол при вершине C ($\angle C = 90^\circ$)

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. В нем $\angle C = 90^\circ$, $\angle B$ — заданный угол, а $BD$ — биссектриса этого угла известной длины, причем точка $D$ лежит на катете $AC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $BDC$. В этом треугольнике нам известны: гипотенуза $BD$ (ее длина дана) и острый угол $\angle DBC$, который равен половине данного угла $B$ (т.е. $\angle DBC = \frac{\angle B}{2}$), так как $BD$ — биссектриса. Прямоугольный треугольник можно однозначно построить по гипотенузе и острому углу. После построения $\triangle BDC$ мы определим положение вершин $B$, $C$ и точки $D$. Вершину $A$ можно будет найти, достроив треугольник $ABC$.

Построение

1. С помощью циркуля и линейки строим угол, равный $\frac{\angle B}{2}$. Для этого сначала строим данный угол $\angle B$, а затем его биссектрису.

2. Проводим произвольную прямую $m$ и выбираем на ней точку $B$. От луча, исходящего из $B$ и лежащего на прямой $m$, откладываем угол, равный $\frac{\angle B}{2}$. Получим второй луч $l$.

3. На луче $l$ от точки $B$ откладываем отрезок $BD$, равный данной длине биссектрисы.

4. Из точки $D$ опускаем перпендикуляр на прямую $m$. Точку пересечения перпендикуляра с прямой $m$ обозначим как $C$. В результате будет построен прямоугольный $\triangle BDC$.

5. Прямая, проходящая через точки $C$ и $D$, содержит катет $AC$.

6. От луча $CB$ (лежащего на прямой $m$) откладываем угол, равный данному углу $\angle B$, так, чтобы луч $BD$ оказался внутри этого угла. Полученный новый луч содержит сторону $AB$.

7. Точка пересечения этого луча со стороной $AB$ и прямой $CD$ и будет искомой вершиной $A$.

Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

В построенном $\triangle ABC$ угол $\angle C = 90^\circ$ по построению. Угол $\angle ABC$ равен данному углу $\angle B$ по построению. Отрезок $BD$ имеет заданную длину. Поскольку $\angle ABC = \angle B$ и $\angle DBC = \frac{\angle B}{2}$, то $\angle ABD = \angle ABC - \angle DBC = \angle B - \frac{\angle B}{2} = \frac{\angle B}{2}$. Следовательно, $BD$ является биссектрисой угла $\angle B$, и точка $D$ лежит на стороне $AC$. Все условия задачи выполнены.

Ответ: Построение, описанное в пунктах 1-7, является решением задачи для случая, когда прямой угол находится при вершине C.

Случай 2. Прямой угол при вершине A ($\angle A = 90^\circ$)

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. В нем $\angle A = 90^\circ$, $\angle B$ — заданный острый угол, а $BD$ — биссектриса этого угла известной длины, причем точка $D$ лежит на катете $AC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABD$. В нем нам известны: гипотенуза $BD$ (ее длина дана) и острый угол $\angle ABD$, который равен $\frac{\angle B}{2}$. Как и в первом случае, $\triangle ABD$ можно построить по гипотенузе и острому углу. После его построения мы найдем вершины $A$, $B$ и точку $D$. Вершину $C$ найдем как точку пересечения прямых $AD$ и $BC$.

Построение

1. С помощью циркуля и линейки строим угол, равный $\frac{\angle B}{2}$.

2. Строим отрезок $BD$ заданной длины.

3. Строим прямоугольный треугольник $ABD$ с гипотенузой $BD$ и острым углом $\angle ABD = \frac{\angle B}{2}$. Для этого можно построить окружность, для которой $BD$ является диаметром; затем в точке $B$ от луча $BD$ отложить угол $\frac{\angle B}{2}$; точка пересечения второй стороны угла с окружностью будет вершиной $A$. Угол $\angle BAD$ будет прямым, так как он вписанный и опирается на диаметр.

4. Прямая, проходящая через точки $A$ и $D$, содержит катет $AC$.

5. Строим луч $BC$ так, чтобы угол $\angle DBC$ был равен углу $\angle ABD$ (то есть $\frac{\angle B}{2}$), и луч $BD$ находился между лучами $BA$ и $BC$.

6. Точка пересечения луча $BC$ и прямой $AD$ и будет искомой вершиной $C$.

Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

В построенном $\triangle ABC$ угол $\angle A = 90^\circ$ по построению. Отрезок $BD$ имеет заданную длину. Угол $\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = \frac{\angle B}{2} + \frac{\angle B}{2} = \angle B$, что соответствует данному углу. Так как $\angle ABD = \angle DBC$, $BD$ является биссектрисой угла $\angle B$, и точка $D$ лежит на стороне $AC$. Все условия задачи выполнены.

Ответ: Построение, описанное в пунктах 1-6, является решением задачи для случая, когда прямой угол находится при вершине A.

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

Решение (Построение)

Пусть дана окружность $\omega$ и две пересекающиеся прямые $a$ и $b$. Требуется найти на окружности $\omega$ точку (или точки) $M$, равноудаленную от прямых $a$ и $b$.

Задача сводится к нахождению точек, удовлетворяющих двум условиям:

1. Точка должна лежать на данной окружности $\omega$.

2. Точка должна быть равноудалена от двух данных пересекающихся прямых $a$ и $b$.

Геометрическим местом точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых, является пара биссектрис углов, образованных этими прямыми. Эти две биссектрисы являются взаимно перпендикулярными прямыми, проходящими через точку пересечения прямых $a$ и $b$. Обозначим эти биссектрисы как $b_1$ и $b_2$.

Таким образом, искомые точки являются точками пересечения геометрического места из первого условия (окружность $\omega$) и геометрического места из второго условия (пара прямых $b_1$ и $b_2$).

Алгоритм построения:

1. Находим точку пересечения данных прямых $a$ и $b$.

2. Строим биссектрисы $b_1$ и $b_2$ углов, образованных прямыми $a$ и $b$.

3. Находим точки пересечения построенных биссектрис $b_1$ и $b_2$ с данной окружностью $\omega$.

Полученные точки пересечения и будут являться решениями задачи.

Ответ: Искомые точки являются точками пересечения данной окружности с биссектрисами углов, образованных данными прямыми.

Сколько решений может иметь задача?

Количество решений задачи равно количеству точек пересечения окружности $\omega$ с парой прямых $b_1$ и $b_2$. Одна прямая может пересекать окружность в 0, 1 (касание) или 2 точках. Поскольку у нас две прямые ($b_1$ и $b_2$), то общее количество решений зависит от их взаимного расположения с окружностью.

Рассмотрим возможные случаи:

• 0 решений: Если ни одна из биссектрис не пересекает окружность. Такое возможно, если точка пересечения прямых $a$ и $b$ находится достаточно далеко от окружности.
• 1 решение: Если одна из биссектрис касается окружности в одной точке, а вторая биссектриса не имеет с окружностью общих точек.

• 2 решения: Этот случай возможен в двух вариантах:

  а) Одна биссектриса пересекает окружность в двух точках, а вторая не имеет с ней общих точек.

  б) Обе биссектрисы касаются окружности (каждая в одной точке).

• 3 решения: Если одна из биссектрис пересекает окружность в двух точках, а вторая касается ее в одной точке.
• 4 решения: Если каждая из двух биссектрис пересекает окружность в двух различных точках. Это произойдет, например, если точка пересечения прямых $a$ и $b$ находится внутри окружности.

Таким образом, задача может иметь от 0 до 4 решений.

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

5.30. Даны три попарно пересекающиеся прямые, не проходящие через одну точку. Постройте точку, равноудаленную от этих прямых. Сколько решений имеет задача?

Построение точки, равноудаленной от этих прямых

Пусть даны три попарно пересекающиеся прямые $a$, $b$ и $c$, не проходящие через одну точку. Эти три прямые образуют треугольник. Обозначим вершины этого треугольника как $A$ (пересечение прямых $b$ и $c$), $B$ (пересечение прямых $a$ и $c$) и $C$ (пересечение прямых $a$ и $b$).

Нам нужно найти все точки $M$, для которых расстояние до прямой $a$ равно расстоянию до прямой $b$ и равно расстоянию до прямой $c$. То есть, $d(M, a) = d(M, b) = d(M, c)$.

Геометрическое место точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых, — это пара биссектрис углов, образованных этими прямыми.

Следовательно, искомые точки должны лежать на пересечении биссектрис углов, образованных парами прямых ($a, b$), ($b, c$) и ($a, c$).

Такими точками являются центры окружностей, касающихся всех трех прямых. Существует четыре таких окружности: одна вписанная и три вневписанные.

1. Центр вписанной окружности (инцентр).

   Эта точка лежит внутри треугольника $ABC$. Для ее построения необходимо:

   • Построить биссектрисы двух любых внутренних углов треугольника $ABC$.
   • Точка их пересечения и будет первой искомой точкой ($O_1$). Она равноудалена от всех трех прямых.

2. Центры вневписанных окружностей (эксцентры).

   Эти три точки лежат вне треугольника $ABC$. Для построения каждой из них необходимо:

   • Выбрать одну из вершин треугольника, например $A$. Построить биссектрисы внешних углов при двух других вершинах ($B$ и $C$).
   • Точка пересечения этих двух биссектрис внешних углов будет центром одной из вневписанных окружностей ($O_2$). Эта точка также лежит на биссектрисе внутреннего угла при вершине $A$.
   • Аналогично строятся две другие точки ($O_3$ и $O_4$) путем выбора биссектрис внешних углов при парах вершин ($A, C$) и ($A, B$).

Таким образом, все четыре точки (центр вписанной и три центра вневписанных окружностей) являются решениями задачи.

Ответ: Искомые точки — это точки пересечения биссектрис углов, образованных данными прямыми. Это центр вписанной и три центра вневписанных окружностей для треугольника, образованного этими прямыми.

Сколько решений имеет задача?

Как следует из анализа и построения, существует четыре точки, равноудаленные от трех попарно пересекающихся прямых, не проходящих через одну точку:

• Одна точка — центр вписанной в образованный треугольник окружности. Она находится как пересечение трех биссектрис внутренних углов треугольника.
• Три точки — центры трех вневписанных окружностей. Каждая из них находится как точка пересечения биссектрисы одного внутреннего угла и двух биссектрис внешних углов треугольника.

Итого, задача имеет $1 + 3 = 4$ решения.

Ответ: Задача имеет 4 решения.

5.31. Дана окружность с центром $O$ и точка $A$ вне ее. Проведите через точку $A$ прямую, пересекающую окружность в точках $B$ и $C$, таких, что $AB = BC$.

Для решения этой задачи на построение воспользуемся методом гомотетии. Решение будет состоять из четырех частей: анализ, построение, доказательство и исследование.

Анализ

Пусть искомая прямая, проходящая через точку $A$, пересекает данную окружность $\omega$ с центром $O$ и радиусом $R$ в точках $B$ и $C$. Согласно условию, $AB = BC$. Если мы предположим, что точка $B$ лежит между точками $A$ и $C$, то это означает, что $B$ является серединой отрезка $AC$.

Это отношение можно описать с помощью гомотетии (преобразования подобия) с центром в точке $A$. Рассмотрим гомотетию $H$ с центром в точке $A$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$.

При этой гомотетии образом точки $C$ является точка $B$, так как по определению гомотетии $\vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{AC}$.

Точка $C$ по условию лежит на окружности $\omega(O, R)$. Следовательно, ее образ, точка $B$, должна лежать на образе окружности $\omega$ при гомотетии $H$. Образом окружности $\omega(O, R)$ при гомотетии $H(A, 1/2)$ является окружность $\omega'(O', R')$.

• Центр новой окружности $O'$ определяется условием $\vec{AO'} = \frac{1}{2}\vec{AO}$, то есть $O'$ — это середина отрезка $AO$.
• Радиус новой окружности $R'$ равен $R' = |k| \cdot R = \frac{1}{2}R$.

Таким образом, точка $B$ должна одновременно принадлежать двум окружностям: исходной $\omega$ и построенной $\omega'$. Это означает, что $B$ является точкой их пересечения. Этот вывод дает нам четкий алгоритм построения.

Построение

1. Соединить точку $A$ с центром окружности $O$ отрезком $AO$.
2. С помощью циркуля и линейки построить середину отрезка $AO$. Обозначим эту точку $O'$.
3. Построить вспомогательную окружность $\omega'$ с центром в точке $O'$ и радиусом $R' = R/2$, где $R$ — радиус исходной окружности $\omega$.
4. Найти точки пересечения окружности $\omega$ и окружности $\omega'$. Обозначим одну из этих точек как $B$. (Если точки пересечения отсутствуют, задача не имеет решения).
5. Провести прямую через точки $A$ и $B$. Эта прямая и будет искомой.

Доказательство

Пусть прямая, построенная в шаге 5, пересекает исходную окружность $\omega$ в точках $B$ и $C$. Необходимо доказать, что $AB = BC$.

Рассмотрим гомотетию $H$ с центром $A$ и коэффициентом $k = 1/2$. По нашему построению, окружность $\omega'(O', R/2)$ является образом окружности $\omega(O, R)$ при этой гомотетии, то есть $H(\omega) = \omega'$.

Точка $B$ по построению лежит на обеих окружностях. Так как $B \in \omega'$, ее прообраз при обратной гомотетии $H^{-1}$ (с центром $A$ и коэффициентом 2) должен лежать на прообразе $\omega'$, то есть на окружности $\omega$.

Пусть $C' = H^{-1}(B)$. Тогда точка $C'$ лежит на окружности $\omega$. По определению гомотетии, точки $A$, $B$ и $C'$ лежат на одной прямой, и выполняется векторное равенство $\vec{AC'} = 2\vec{AB}$. Это равенство означает, что $B$ — середина отрезка $AC'$, и, следовательно, длины отрезков равны: $AB = BC'$.

Таким образом, точка $C'$ является точкой пересечения прямой $AB$ с окружностью $\omega$, отличной от $B$. Но по определению, эта точка пересечения есть $C$. Следовательно, $C' = C$.

Из этого следует, что $B$ является серединой отрезка $AC$, и $AB = BC$. Что и требовалось доказать.

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда окружности $\omega$ и $\omega'$ пересекаются. Условие пересечения двух окружностей: расстояние между их центрами должно быть не больше суммы их радиусов и не меньше модуля разности их радиусов.

• Расстояние между центрами: $d(O, O') = AO/2$.
• Сумма радиусов: $R + R/2 = 3R/2$.
• Модуль разности радиусов: $|R - R/2| = R/2$.

Условие пересечения записывается в виде двойного неравенства: $R/2 \le AO/2 \le 3R/2$.

Умножив все части на 2, получаем: $R \le AO \le 3R$.

Поскольку по условию точка $A$ находится вне окружности, то $AO > R$. Таким образом, условие существования решения: $R < AO \le 3R$.

• Если $R < AO < 3R$, окружности $\omega$ и $\omega'$ пересекаются в двух точках. Следовательно, существуют две такие прямые, и задача имеет два решения.
• Если $AO = 3R$, окружности касаются в одной точке. Задача имеет одно решение.
• Если $AO > 3R$, окружности не пересекаются. Задача не имеет решений.

Ответ: Для построения искомой прямой необходимо выполнить следующие действия:

1. Найти точку $O'$ — середину отрезка $AO$, где $O$ — центр данной окружности.

2. Построить вспомогательную окружность с центром в точке $O'$ и радиусом, равным половине радиуса исходной окружности ($R/2$).

3. Найти точку $B$, которая является точкой пересечения исходной и вспомогательной окружностей.

4. Провести прямую через точки $A$ и $B$. Эта прямая будет искомой.

$P=b+c$, каким, что $BC = BD$.

5.32. Постройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте, проведенной из вершины другого угла.

Пусть нам нужно построить треугольник $ABC$ по заданному периметру $P$, углу $\angle B = \beta$ и высоте $h_a$, проведенной из вершины $A$ на сторону $BC$.

Решение задачи состоит из четырех этапов: анализ, построение, доказательство и исследование.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $a, b, c$ — длины сторон $BC, AC, AB$ соответственно. Нам даны $P = a+b+c$, угол $\angle B = \beta$ и высота $h_a$.

Продолжим сторону $BC$ за точки $B$ и $C$. На продолжении отложим отрезок $BD=AB=c$ (так, что точка $B$ лежит между $D$ и $C$) и отрезок $CE=AC=b$ (так, что точка $C$ лежит между $B$ и $E$). В результате получим отрезок $DE$, длина которого равна периметру треугольника $ABC$:

$DE = DB + BC + CE = c + a + b = P$.

Рассмотрим треугольник $ADB$. Так как $AB=DB$, он является равнобедренным. Угол $\angle ABC = \beta$ является внешним углом для треугольника $ADB$ при вершине $B$. Величина внешнего угла треугольника равна сумме двух внутренних углов, не смежных с ним. Следовательно,

$\angle ABC = \angle D + \angle DAB$.

Поскольку $\triangle ADB$ равнобедренный, $\angle D = \angle DAB$. Отсюда получаем:

$\beta = 2\angle D \implies \angle D = \frac{\beta}{2}$.

Теперь рассмотрим положение вершины $A$. Высота $h_a$ — это перпендикуляр, опущенный из вершины $A$ на прямую $BC$. Так как точки $D, B, C, E$ лежат на одной прямой, высота $h_a$ также является расстоянием от точки $A$ до прямой $DE$.

Таким образом, задача сводится к построению вспомогательного треугольника $ADE$. Для этого треугольника мы знаем:

1. Длину стороны $DE = P$.
2. Угол $\angle D = \frac{\beta}{2}$.
3. Высоту, опущенную из вершины $A$ на сторону $DE$, равную $h_a$.

После построения треугольника $ADE$ нам нужно найти вершины $B$ и $C$.Вершина $B$ лежит на отрезке $DE$ и по построению $DB=AB$. Это означает, что точка $B$ равноудалена от точек $A$ и $D$. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух данных точек, — это серединный перпендикуляр к отрезку, соединяющему эти точки. Значит, точка $B$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $AD$ и отрезка $DE$.

Аналогично, вершина $C$ лежит на отрезке $DE$ и $CE=AC$. Следовательно, точка $C$ равноудалена от точек $A$ и $E$. Значит, точка $C$ является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $AE$ и отрезка $DE$.

Построение

На основе проведенного анализа выполним построение с помощью циркуля и линейки.

1. Строим отрезок $DE$ длиной, равной данному периметру $P$.
2. Строим угол, равный данному углу $\beta$. Затем строим его биссектрису, чтобы получить угол $\frac{\beta}{2}$.
3. От луча $DE$ в одной из полуплоскостей откладываем угол $\angle EDX = \frac{\beta}{2}$.
4. Строим прямую $m$, параллельную прямой $DE$ и находящуюся на расстоянии $h_a$ от нее (в той же полуплоскости, что и луч $DX$).
5. Точка пересечения луча $DX$ и прямой $m$ является вершиной $A$.
6. Соединяем точки $A$ и $D$, получаем отрезок $AD$. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ есть вершина $B$.
7. Соединяем точки $A$ и $E$, получаем отрезок $AE$. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AE$. Точка его пересечения с отрезком $DE$ есть вершина $C$.
8. Соединяем точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Доказательство

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

1. Периметр. Периметр треугольника $ABC$ равен $AB+BC+AC$. По построению, точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к $AD$, следовательно, $AB=DB$. Точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к $AE$, следовательно, $AC=CE$. Тогда периметр равен $DB+BC+CE$. Так как точки $B$ и $C$ лежат на отрезке $DE$, сумма $DB+BC+CE$ равна длине всего отрезка $DE$. По построению $DE=P$. Таким образом, периметр треугольника $ABC$ равен $P$.
2. Угол. Рассмотрим угол $\angle ABC$. Он является внешним для треугольника $ADB$ при вершине $B$. Следовательно, $\angle ABC = \angle D + \angle DAB$. Так как $\triangle ADB$ равнобедренный ($AB=DB$), то $\angle D = \angle DAB$. Значит, $\angle ABC = 2 \angle D$. По построению $\angle D = \frac{\beta}{2}$, откуда $\angle ABC = 2 \cdot \frac{\beta}{2} = \beta$.
3. Высота. Высота $h_a$ в треугольнике $ABC$ — это длина перпендикуляра, опущенного из вершины $A$ на прямую $BC$. Прямая $BC$ совпадает с прямой $DE$. По построению, точка $A$ лежит на прямой $m$, параллельной $DE$ и удаленной от нее на расстояние $h_a$. Следовательно, высота из $A$ на $BC$ равна $h_a$.

Все условия задачи выполнены.

Исследование

Выясним, при каких условиях задача имеет решение.

Построение возможно, если все шаги выполнимы и приводят к невырожденному треугольнику.

1. Построение точки $A$ возможно и однозначно, если луч $DX$ (с углом $\frac{\beta}{2}$ к $DE$) не параллелен прямой $m$. Это выполняется, так как $0 < \beta < 180^\circ$, а значит $0 < \frac{\beta}{2} < 90^\circ$.

2. Для существования невырожденного треугольника $ABC$ точки $B$ и $C$ должны быть различными и лежать между $D$ и $E$. Точка $B$ должна лежать левее точки $C$.

Условие того, что $B$ и $C$ различны и $B$ левее $C$, сводится к неравенству треугольника для стороны $c=AB$. В любом треугольнике $a+b > c$. Так как $P=a+b+c$, то $P-c > c$, что равносильно $P > 2c$.

Найдем длину стороны $c=AB$. В прямоугольном треугольнике, образованном вершинами $A, B$ и основанием высоты из $A$ на прямую $AB$, гипотенуза $c=AB$, а катет, противолежащий углу $\beta$, равен $h_a$. Отсюда $h_a = c \sin\beta$, следовательно, $c = \frac{h_a}{\sin\beta}$.

Подставляя это в неравенство $P>2c$, получаем условие существования решения:

$P > \frac{2h_a}{\sin\beta}$.

Если $P > \frac{2h_a}{\sin\beta}$, задача имеет единственное решение.

Если $P = \frac{2h_a}{\sin\beta}$, то $a+b=c$, точки $A, B, C$ лежат на одной прямой, и треугольник вырождается в отрезок. Решения в виде невырожденного треугольника нет.

Если $P < \frac{2h_a}{\sin\beta}$, то $a+b < c$, что противоречит неравенству треугольника, и решения не существует.

Также необходимо отметить, что задача может быть поставлена с высотой $h_c$, проведенной из вершины $C$. В этом случае решение также существует и строится аналогично, но через вычисление стороны $a = h_c/\sin\beta$ и последующее построение треугольника по стороне $a$, углу $\beta$ и сумме двух других сторон $b+c=P-a$. Условие существования решения в этом случае будет $P > 2a = \frac{2h_c}{\sin\beta}$.

Ответ: Задача имеет единственное решение при выполнении условия $P > 2h/\sin\beta$, где $h$ — данная высота ($h_a$ или $h_c$). Построение выполняется согласно алгоритму, описанному выше.

5.33. Постройте треугольник по периметру и двум углам.

Пусть заданы периметр $P$ и два угла $\alpha$ и $\beta$. Требуется построить треугольник $ABC$, у которого периметр равен $P$, а два угла равны $\alpha$ и $\beta$ (например, $\angle B = \alpha$ и $\angle C = \beta$).

Идея построения заключается в том, чтобы сначала построить вспомогательный треугольник, одна из сторон которого равна периметру искомого треугольника, а углы при этой стороне - половинам заданных углов.

Построение

1. Начертим отрезок $DE$, длина которого равна заданному периметру $P$.
2. Построим биссектрисы заданных углов $\alpha$ и $\beta$, чтобы получить углы $\alpha/2$ и $\beta/2$.
3. От луча $DE$ в одной полуплоскости отложим угол, равный $\alpha/2$, с вершиной в точке $D$. Построим луч $DG$.
4. От луча $ED$ в той же полуплоскости отложим угол, равный $\beta/2$, с вершиной в точке $E$. Построим луч $EH$.
5. Лучи $DG$ и $EH$ пересекутся в некоторой точке $A$. Эта точка будет первой вершиной искомого треугольника.
6. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$. Точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $DE$ будет второй вершиной — точкой $B$.
7. Построим серединный перпендикуляр к отрезку $AE$. Точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $DE$ будет третьей вершиной — точкой $C$.
8. Соединим точки $A, B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Докажем, что построенный треугольник $ABC$ является искомым.

1. Периметр. По построению точка $B$ лежит на серединном перпендикуляре к $AD$, следовательно, $AB = DB$. Аналогично, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к $AE$, следовательно, $AC = CE$. Периметр треугольника $ABC$ равен $P_{ABC} = AB + BC + AC$. Выполним замену: $P_{ABC} = DB + BC + CE$. Так как точки $B$ и $C$ лежат на отрезке $DE$, то $DB + BC + CE = DE$. Длина отрезка $DE$ по построению равна заданному периметру $P$. Таким образом, периметр $\triangle ABC$ равен $P$.

2. Углы. Рассмотрим $\triangle ADB$. Он является равнобедренным ($AB = DB$), поэтому углы при его основании равны: $\angle DAB = \angle D = \alpha/2$. Угол $\angle ABC$ является внешним углом для $\triangle ADB$ при вершине $B$. По свойству внешнего угла, он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним: $\angle ABC = \angle D + \angle DAB = \alpha/2 + \alpha/2 = \alpha$. Аналогично, $\triangle ACE$ является равнобедренным ($AC = CE$), поэтому $\angle CAE = \angle E = \beta/2$. Угол $\angle ACB$ является внешним для $\triangle ACE$ при вершине $C$. Следовательно, $\angle ACB = \angle E + \angle CAE = \beta/2 + \beta/2 = \beta$.

Таким образом, построенный треугольник $ABC$ имеет заданный периметр $P$ и два угла $\alpha$ и $\beta$.

Ответ: Для построения треугольника необходимо выполнить следующие шаги: 1) Построить отрезок $DE$, равный заданному периметру $P$. 2) При концах отрезка $D$ и $E$ построить углы, равные половинам заданных углов ($\alpha/2$ и $\beta/2$), и найти точку их пересечения $A$. 3) Построить серединные перпендикуляры к отрезкам $AD$ и $AE$. Точки их пересечения с отрезком $DE$ дадут искомые вершины $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

5.34*. Постройте треугольник по стороне, разности углов при этой стороне и сумме двух других сторон.

Для решения задачи построим вспомогательный треугольник, который можно будет построить по известным элементам, а затем из него получить искомый треугольник.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. Обозначим его стороны и углы: $AB = c$, $AC = b$, $BC = a$; $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$, $\angle C = \gamma$. По условию нам даны сторона $c$, сумма $s = a+b$ и разность углов $\delta = |\alpha - \beta|$. Для определённости предположим, что $\alpha > \beta$, тогда $\delta = \alpha - \beta$.

Продолжим сторону $AC$ за точку $C$ и отложим на этом продолжении отрезок $CD$, равный стороне $BC=a$. Тогда длина отрезка $AD$ будет равна $AC+CD = b+a = s$.

Рассмотрим полученный треугольник $BCD$. Так как по построению $CB=CD$, он является равнобедренным. Следовательно, углы при его основании равны: $\angle CBD = \angle CDB$.

Угол $\gamma = \angle ACB$ является внешним углом для треугольника $BCD$, поэтому он равен сумме двух внутренних, не смежных с ним углов: $\gamma = \angle CBD + \angle CDB = 2\angle CDB$. Отсюда следует, что $\angle CDB = \gamma/2$.

Из суммы углов треугольника $ABC$ имеем $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$, откуда $\gamma = 180^\circ - (\alpha + \beta)$. Тогда $\angle CDB = \frac{180^\circ - (\alpha + \beta)}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha+\beta}{2}$.

Теперь рассмотрим вспомогательный треугольник $ABD$. Мы знаем длины двух его сторон: $AB=c$ и $AD=s$. Найдём угол $\angle ABD$. Он состоит из двух углов: $\angle ABC$ и $\angle CBD$.

$\angle ABD = \angle ABC + \angle CBD = \beta + \frac{\gamma}{2} = \beta + \frac{180^\circ - (\alpha+\beta)}{2} = \beta + 90^\circ - \frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2} = 90^\circ + \frac{\beta - \alpha}{2}$.

По нашему предположению, $\alpha - \beta = \delta$, значит $\beta - \alpha = -\delta$. Подставив это в выражение для угла, получаем: $\angle ABD = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$.

Таким образом, мы можем построить треугольник $ABD$ по двум сторонам ($AB=c$, $AD=s$) и углу, противолежащему стороне $AD$ ($\angle ABD = 90^\circ - \delta/2$). После того как треугольник $ABD$ будет построен, вершина $C$ искомого треугольника будет лежать на отрезке $AD$. Также, поскольку $CB=CD$, точка $C$ должна лежать на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$. Следовательно, точка $C$ — это точка пересечения отрезка $AD$ и серединного перпендикуляра к $BD$.

Построение

1. Имея угол $\delta$, строим его биссектрису, чтобы получить угол $\delta/2$.

2. Строим прямой угол ($90^\circ$) и вычитаем из него угол $\delta/2$, чтобы получить угол $90^\circ - \delta/2$.

3. Проводим произвольную прямую и откладываем на ней отрезок $AB$, равный данной стороне $c$.

4. От луча $BA$ в точке $B$ откладываем угол $\angle ABK$, равный $90^\circ - \delta/2$.

5. Из точки $A$ как из центра проводим дугу окружности радиусом, равным данной сумме сторон $s$.

6. Точку пересечения дуги окружности и луча $BK$ обозначаем буквой $D$.

7. Соединяем точки $A$ и $D$ отрезком. Мы получили вспомогательный треугольник $ABD$.

8. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.

9. Точка пересечения этого серединного перпендикуляра и отрезка $AD$ является искомой вершиной $C$.

10. Соединяем точки $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ является искомым.

Доказательство

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

1. Сторона $AB$ равна $c$ по построению.

2. Сумма сторон $AC+BC$ равна $s$. По построению, точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$, следовательно, $CB = CD$. Точка $C$ также лежит на отрезке $AD$, поэтому $AC+CD=AD$. Точка $D$ была найдена как пересечение с окружностью радиуса $s$ с центром в $A$, поэтому $AD=s$. Таким образом, $AC+BC=AC+CD=AD=s$.

3. Разность углов $\angle A - \angle B$ равна $\delta$. Обозначим $\angle CAB = \alpha'$ и $\angle CBA = \beta'$. В построенном нами треугольнике $BCD$ ($CB=CD$) $\angle CBD = \angle CDB$. Угол $\angle CDB$ — это угол $\angle ADB$ в треугольнике $ABD$. Обозначим его $\angle D_{ABD}$. Угол $\beta'$ равен $\angle ABC = \angle ABD - \angle CBD = (90^\circ - \delta/2) - \angle D_{ABD}$. Угол $\alpha'$ равен $\angle CAB = \angle DAB$. Из суммы углов треугольника $ABD$ получаем: $\alpha' + \angle ABD + \angle D_{ABD} = 180^\circ$, откуда $\alpha' = 180^\circ - (90^\circ - \delta/2) - \angle D_{ABD} = 90^\circ + \delta/2 - \angle D_{ABD}$.

Теперь найдем разность $\alpha' - \beta'$:

$\alpha' - \beta' = (90^\circ + \delta/2 - \angle D_{ABD}) - (90^\circ - \delta/2 - \angle D_{ABD}) = 90^\circ + \delta/2 - \angle D_{ABD} - 90^\circ + \delta/2 + \angle D_{ABD} = \delta$.

Таким образом, все условия задачи выполнены.

Исследование

Задача имеет решение, если все шаги построения выполнимы.

Основным шагом является нахождение точки $D$. Она существует, если окружность с центром в $A$ и радиусом $s$ пересекает луч $BK$. Для этого необходимо, чтобы расстояние от точки $A$ до прямой $BK$ было не больше радиуса $s$. Это расстояние $h$ равно $AB \sin(\angle ABK) = c \sin(90^\circ - \delta/2) = c \cos(\delta/2)$. Итак, требуется $s \ge c \cos(\delta/2)$.

С другой стороны, для существования любого невырожденного треугольника $ABC$ необходимо выполнение неравенства треугольника, в частности $AC+BC > AB$, что означает $s>c$.

Поскольку $\delta$ — это разность углов треугольника, $0^\circ < \delta < 180^\circ$, то $0 < \delta/2 < 90^\circ$, и $\cos(\delta/2) \le 1$. Поэтому из условия $s>c$ автоматически следует $s > c \cos(\delta/2)$.

Анализ показывает, что при $s>c$ существует единственная точка пересечения $D$ на луче $BK$, что приводит к единственному решению (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Алгоритм построения описан выше. Задача имеет единственное решение, если выполняются условия, необходимые для существования треугольника с заданными параметрами: $s > c$ и $0^\circ < \delta < 180^\circ$.

5.35*. Проведите общую касательную к двум данным окружностям.

Задача состоит в построении общих касательных к двум заданным окружностям с помощью циркуля и линейки. Общие касательные бывают двух видов: внешние (когда окружности лежат по одну сторону от касательной) и внутренние (когда окружности лежат по разные стороны от касательной). Рассмотрим построение каждого вида отдельно.

Пусть даны две окружности: $\omega_1$ с центром в точке $O_1$ и радиусом $R_1$, и $\omega_2$ с центром в точке $O_2$ и радиусом $R_2$.

Построение внешних общих касательных

Метод построения зависит от того, равны ли радиусы окружностей.

Случай 1: Радиусы окружностей не равны ($R_1 \ne R_2$)

Для определенности предположим, что $R_1 > R_2$. Построение основано на сведении задачи к построению касательной из точки к окружности. Внешние касательные существуют, если одна окружность не находится полностью внутри другой, то есть расстояние между центрами $O_1O_2 \ge R_1 - R_2$.

• 1. Построим вспомогательную окружность $\omega_3$ с центром в точке $O_1$ и радиусом $R_3 = R_1 - R_2$.
• 2. Построим касательные из точки $O_2$ к вспомогательной окружности $\omega_3$. Для этого:
  • а) Соединим точки $O_1$ и $O_2$ отрезком и найдем его середину, точку $M$.
  • б) Построим окружность с центром в $M$ и радиусом $MO_1$.
  • в) Эта окружность пересечет окружность $\omega_3$ в двух точках (если $O_1O_2 > R_1 - R_2$), назовем их $P_1$ и $P_2$. Если $O_1O_2 = R_1 - R_2$, то будет одна точка касания.
• 3. Проведем лучи из центра $O_1$ через точки $P_1$ и $P_2$. Луч $O_1P_1$ пересечет исходную окружность $\omega_1$ в точке $T_1$. Это будет точка касания первой касательной к окружности $\omega_1$.
• 4. Проведем из центра $O_2$ радиус $O_2T_2$ окружности $\omega_2$ параллельно радиусу $O_1T_1$ так, чтобы точки $T_1$ и $T_2$ находились по одну сторону от прямой $O_1O_2$.
• 5. Прямая, проходящая через точки $T_1$ и $T_2$, является одной из искомых внешних касательных.
• 6. Повторив шаги 3-5 для точки $P_2$, получим вторую внешнюю общую касательную.

Случай 2: Радиусы окружностей равны ($R_1 = R_2$)

Если радиусы равны, построение упрощается, так как внешние касательные параллельны линии центров $O_1O_2$.

• 1. Соединим центры $O_1$ и $O_2$ прямой.
• 2. В точке $O_1$ восстановим перпендикуляр к прямой $O_1O_2$.
• 3. Этот перпендикуляр пересечет окружность $\omega_1$ в двух точках. Назовем одну из них $T_1$.
• 4. В точке $O_2$ также восстановим перпендикуляр к прямой $O_1O_2$.
• 5. Этот перпендикуляр пересечет окружность $\omega_2$ в двух точках. Выберем ту из них, назовем ее $T_2$, которая лежит по ту же сторону от прямой $O_1O_2$, что и точка $T_1$.
• 6. Прямая, проходящая через точки $T_1$ и $T_2$, является одной из искомых внешних касательных. Вторая касательная строится аналогично, используя другие точки пересечения перпендикуляров с окружностями.

Ответ: Вышеописанные алгоритмы позволяют построить одну или две внешние общие касательные к данным окружностям, если они существуют.

Построение внутренних общих касательных

Внутренние общие касательные существуют только в том случае, если окружности не пересекаются и не лежат одна внутри другой, то есть расстояние между центрами $O_1O_2 \ge R_1 + R_2$. Построение также сводится к построению касательной из точки к окружности.

• 1. Построим вспомогательную окружность $\omega_4$ с центром в точке $O_1$ и радиусом $R_4 = R_1 + R_2$.
• 2. Построим касательные из точки $O_2$ к вспомогательной окружности $\omega_4$. Для этого:
  • а) Соединим точки $O_1$ и $O_2$ отрезком и найдем его середину, точку $M$.
  • б) Построим окружность с центром в $M$ и радиусом $MO_1$.
  • в) Эта окружность пересечет окружность $\omega_4$ в двух точках (если $O_1O_2 > R_1 + R_2$), назовем их $Q_1$ и $Q_2$. Если $O_1O_2 = R_1 + R_2$, то будет одна точка касания.
• 3. Проведем отрезок $O_1Q_1$. Он пересечет исходную окружность $\omega_1$ в точке $T_1$. Это будет точка касания первой касательной к окружности $\omega_1$.
• 4. Проведем из центра $O_2$ радиус $O_2T_2$ окружности $\omega_2$ параллельно радиусу $O_1T_1$ так, чтобы точки $T_1$ и $T_2$ находились по разные стороны от прямой $O_1O_2$.
• 5. Прямая, проходящая через точки $T_1$ и $T_2$, является одной из искомых внутренних касательных.
• 6. Повторив шаги 3-5 для точки $Q_2$, получим вторую внутреннюю общую касательную.

Ответ: Вышеописанный алгоритм позволяет построить одну или две внутренние общие касательные к данным окружностям, если они существуют.