Номер 8.57, страница 65 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.57. Постройте треугольник по стороне, противолежащему ей углу и радиусу вписанной окружности.

8.57. Постройте треугольник по стороне, противолежащему ей углу и радиусу вписанной окружности.

Задача состоит в построении треугольника $ABC$ по стороне $a$ (пусть это будет сторона $BC$), противолежащему ей углу $\alpha$ (угол $\angle BAC$) и радиусу вписанной окружности $r$.

Анализ

Пусть искомый треугольник $ABC$ построен. $I$ — центр его вписанной окружности (инцентр), а $r$ — её радиус.

1. Инцентр $I$ равноудален от всех сторон треугольника. В частности, расстояние от точки $I$ до стороны $BC$ равно $r$. Это означает, что точка $I$ лежит на одной из двух прямых, параллельных прямой $BC$ и находящихся на расстоянии $r$ от неё. Будем считать, что вершина $A$ находится с той же стороны от $BC$, что и инцентр $I$.
2. Инцентр $I$ является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Угол $\angle BIC$ можно выразить через угол $\angle A = \alpha$. В треугольнике $BIC$ сумма углов равна $180^\circ$:
   $\angle BIC = 180^\circ - \angle IBC - \angle ICB = 180^\circ - \frac{\angle B}{2} - \frac{\angle C}{2} = 180^\circ - \frac{\angle B + \angle C}{2}$.
   Так как $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$, то $\angle B + \angle C = 180^\circ - \alpha$.
   Подставив это в формулу для $\angle BIC$, получим:
   $\angle BIC = 180^\circ - \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 180^\circ - 90^\circ + \frac{\alpha}{2} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$.
   Таким образом, точка $I$ должна лежать на геометрическом месте точек, из которых отрезок $BC$ виден под постоянным углом $90^\circ + \frac{\alpha}{2}$. Это геометрическое место точек является дугой окружности, проходящей через точки $B$ и $C$.

Итак, инцентр $I$ является точкой пересечения двух геометрических мест: прямой, параллельной $BC$ на расстоянии $r$, и дуги окружности, построенной на отрезке $BC$ как на хорде. Найдя точку $I$, можно построить вписанную окружность. Стороны $AB$ и $AC$ будут касательными к этой окружности, проведенными из точек $B$ и $C$ соответственно (точнее, из $B$ и $C$ выходят лучи, касающиеся окружности, которые пересекаются в точке $A$).

Построение

1. Строим отрезок $BC$ заданной длины $a$.
2. Строим прямую $l$, параллельную $BC$ и отстоящую от неё на расстояние $r$. Для этого в точках $B$ и $C$ восставляем перпендикуляры к $BC$ в одну и ту же полуплоскость, откладываем на них отрезки длиной $r$ и через их концы проводим прямую $l$.
3. Строим дугу окружности, из каждой точки которой отрезок $BC$ виден под углом $\phi = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$.
   a. Для этого найдем центр $P$ этой окружности. Центр $P$ лежит на серединном перпендикуляре $m$ к отрезку $BC$.
   b. Так как угол $\phi > 90^\circ$, центр $P$ и искомая дуга находятся по разные стороны от прямой $BC$.
   c. Угол при основании равнобедренного треугольника $PBC$ равен $\angle PCB = \frac{\alpha}{2}$. (Это следует из того, что центральный угол $\angle BPC$, опирающийся на хорду $BC$, равен $2(180^\circ - \phi) = 2(180^\circ - 90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = 180^\circ - \alpha$, а значит $\angle PCB = \frac{180^\circ - (180^\circ - \alpha)}{2} = \frac{\alpha}{2}$).
   d. Строим серединный перпендикуляр $m$ к $BC$.
   e. Строим угол $\frac{\alpha}{2}$ (биссектрисой данного угла $\alpha$).
   f. В точке $C$ откладываем от луча $CB$ угол, равный $\frac{\alpha}{2}$, в полуплоскость, противоположную той, где проведена прямая $l$.
   g. Точка пересечения построенного луча и серединного перпендикуляра $m$ и есть центр $P$.
   h. Проводим дугу окружности с центром $P$ и радиусом $PB = PC$, расположенную в той же полуплоскости, что и прямая $l$.
4. Находим точку (или точки) пересечения прямой $l$ и построенной дуги. Обозначим одну из этих точек как $I$. Это и есть центр вписанной окружности.
5. Строим окружность $\omega$ с центром в точке $I$ и радиусом $r$.
6. Из точки $B$ проводим касательную к окружности $\omega$ (отличную от прямой $BC$). Аналогично, из точки $C$ проводим касательную к $\omega$.
7. Точка пересечения этих двух касательных является искомой вершиной $A$.
8. Треугольник $ABC$ построен.

Доказательство

По построению, сторона $BC$ имеет заданную длину $a$. Окружность $\omega$ с центром $I$ и радиусом $r$ вписана в построенный треугольник $ABC$, так как все его стороны касаются $\omega$, а расстояние от $I$ до $BC$ равно $r$. Следовательно, радиус вписанной окружности равен $r$.Точка $I$ является инцентром, и по построению она лежит на дуге, из которой отрезок $BC$ виден под углом $90^\circ + \frac{\alpha}{2}$. Значит, $\angle BIC = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}$.Как было показано в анализе, для инцентра всегда выполняется равенство $\angle BIC = 180^\circ - \frac{\angle B + \angle C}{2}$.Приравнивая два выражения для $\angle BIC$, получаем $90^\circ + \frac{\alpha}{2} = 180^\circ - \frac{\angle B + \angle C}{2}$, откуда следует, что $\angle B + \angle C = 180^\circ - \alpha$.Поскольку сумма углов в треугольнике $ABC$ равна $180^\circ$, то $\angle A = 180^\circ - (\angle B + \angle C) = 180^\circ - (180^\circ - \alpha) = \alpha$.Таким образом, построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование

Задача имеет решение, если прямая $l$ пересекает построенную дугу окружности. Это зависит от соотношения между $a$, $\alpha$ и $r$.Пересечение существует, если расстояние от прямой $BC$ до самой дальней точки дуги (её вершины) не меньше, чем $r$.Вершина дуги лежит на серединном перпендикуляре к $BC$. Максимальное расстояние от точки на дуге до прямой $BC$ равно $h_{max} = R_{arc} - d(P, BC)$, где $R_{arc}$ — радиус дуги, а $d(P, BC)$ — расстояние от её центра $P$ до прямой $BC$.Из прямоугольного треугольника (образованного точками $P$, $C$ и серединой $BC$) находим:$d(P, BC) = \frac{a}{2} \tan(\frac{\alpha}{2})$ и $R_{arc} = \frac{a}{2 \cos(\frac{\alpha}{2})}$.Тогда $h_{max} = \frac{a}{2 \cos(\frac{\alpha}{2})} - \frac{a}{2} \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a}{2} \frac{1-\sin(\frac{\alpha}{2})}{\cos(\frac{\alpha}{2})} = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$.Задача имеет решение, если $r \le h_{max}$, то есть $r \le \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$.

• Если $r < \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$, то прямая и дуга пересекаются в двух точках. Эти точки симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BC$, и они приводят к построению двух равных (симметричных) треугольников. В этом случае задача имеет единственное решение с точностью до конгруэнтности.
• Если $r = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$, то прямая касается дуги в одной точке. Эта точка лежит на серединном перпендикуляре, и решением будет равнобедренный треугольник ($AB=AC$).
• Если $r > \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$, то прямая и дуга не пересекаются, и задача не имеет решений.

Ответ: задача решена путем нахождения центра вписанной окружности как пересечения двух геометрических мест точек, с последующим построением касательных к вписанной окружности.