Номер 17.3, страница 131 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

17.3. Постройте треугольник $ABC$ по трём данным точкам: вершине $A$, ортоцентру $H$ и центру $O$ описанной окружности.

17.3. Постройте треугольник $ABC$ по трём данным точкам: вершине $A$, ортоцентру $H$ и центру $O$ описанной окружности.

Для построения треугольника ABC по вершине A, ортоцентру H и центру описанной окружности O, воспользуемся известными свойствами этих точек в треугольнике.

Анализ

1. Центр описанной окружности O равноудален от всех вершин треугольника. Зная положение точки O и одной из вершин A, мы можем определить радиус описанной окружности $R = OA$ и построить саму окружность, на которой будут лежать две другие вершины B и C.
2. Ортоцентр H — это точка пересечения высот треугольника. Высота, проведенная из вершины A к стороне BC, лежит на прямой AH.
3. Существует важное соотношение, связывающее вершину A, ортоцентр H, центр описанной окружности O и середину $M_a$ стороны BC. Это соотношение выражается векторным равенством: $\vec{AH} = 2\vec{OM_a}$.
Из этого равенства следует, что отрезок $OM_a$ параллелен отрезку AH, а его длина вдвое меньше длины AH. Это свойство позволяет нам найти положение точки $M_a$ — середины искомой стороны BC.
4. Зная середину $M_a$ стороны BC и направление высоты (прямая AH), мы можем построить прямую, содержащую сторону BC, так как она проходит через $M_a$ и перпендикулярна AH.
5. Вершины B и C являются точками пересечения прямой, содержащей сторону BC, и описанной окружности.

Построение

1. Проводим окружность $\omega$ с центром в точке O и радиусом $R = OA$. Вершины B и C должны лежать на этой окружности.
2. Соединяем точки A и H отрезком. Прямая AH содержит высоту треугольника, опущенную на сторону BC.
3. Находим точку $M_a$ (середину стороны BC), используя векторное равенство $\vec{OM_a} = \frac{1}{2}\vec{AH}$. Для этого:
   • Находим середину K отрезка AH.
   • Строим вектор $\vec{OM_a}$, который равен вектору $\vec{AK}$ (т.е. он сонаправлен вектору $\vec{AH}$ и его длина равна половине длины AH). Проще говоря, откладываем от точки O отрезок $OM_a$, параллельный и равный AK.
4. Через построенную точку $M_a$ проводим прямую $l$, перпендикулярную прямой AH. Прямая $l$ будет содержать сторону BC.
5. Находим точки пересечения прямой $l$ и окружности $\omega$. Эти точки и будут искомыми вершинами B и C.
6. Соединяем точки A, B и C. Треугольник ABC построен.

Ответ: Последовательность шагов, описанная выше, позволяет построить искомый треугольник ABC.

Доказательство

Нужно доказать, что построенный треугольник ABC действительно имеет точку O своим центром описанной окружности и точку H — своим ортоцентром.
1. По построению точки A, B, C лежат на окружности с центром O. Следовательно, O является центром описанной окружности треугольника ABC.
2. По построению прямая AH перпендикулярна прямой BC. Значит, прямая AH содержит высоту, опущенную из вершины A.
3. Чтобы доказать, что H — ортоцентр, достаточно показать, что прямая BH перпендикулярна AC (или CH перпендикулярна AB). Докажем это с помощью векторов, приняв центр O за начало координат.
Из нашего построения следует, что $\vec{M_a} = \frac{1}{2}\vec{H} - \frac{1}{2}\vec{A}$. Так как $M_a$ — середина BC, то $\vec{M_a} = \frac{1}{2}(\vec{B} + \vec{C})$.
Приравнивая, получаем $\frac{1}{2}(\vec{B} + \vec{C}) = \frac{1}{2}(\vec{H} - \vec{A})$, откуда $\vec{H} = \vec{A} + \vec{B} + \vec{C}$. Это известное векторное тождество для ортоцентра (формула Гамильтона).
Проверим перпендикулярность BH и AC. Для этого найдем их скалярное произведение: $\vec{BH} \cdot \vec{AC} = (\vec{H} - \vec{B}) \cdot (\vec{C} - \vec{A})$.
Подставим $\vec{H} = \vec{A} + \vec{B} + \vec{C}$: $(\vec{A} + \vec{B} + \vec{C} - \vec{B}) \cdot (\vec{C} - \vec{A}) = (\vec{A} + \vec{C}) \cdot (\vec{C} - \vec{A}) = \vec{C}^2 - \vec{A}^2 = |\vec{C}|^2 - |\vec{A}|^2$.
Поскольку A и C лежат на описанной окружности с центром в начале координат O, их радиус-векторы равны по модулю радиусу R: $|\vec{A}| = |\vec{C}| = R$.
Следовательно, $\vec{BH} \cdot \vec{AC} = R^2 - R^2 = 0$.
Так как скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, то есть $BH \perp AC$. Аналогично доказывается, что $CH \perp AB$. Таким образом, H является точкой пересечения высот, то есть ортоцентром. Доказательство завершено.

Исследование

Задача имеет решение, если прямая $l$ пересекает окружность $\omega$. Это происходит, когда расстояние от центра окружности O до прямой $l$ не превышает радиус R.
По построению прямая $l$ проходит через $M_a$ и перпендикулярна $OM_a$ (так как $OM_a \parallel AH$, а $l \perp AH$). Следовательно, расстояние от O до $l$ равно длине отрезка $OM_a$.
Условие существования решения: $OM_a \le R$.
Из построения мы знаем, что $OM_a = \frac{1}{2}AH$ и $R = OA$.
Таким образом, задача имеет решение, если выполняется неравенство $\frac{1}{2}AH \le OA$, или $AH \le 2OA$.
- Если $AH < 2OA$, прямая $l$ пересекает окружность в двух различных точках. Решение единственно (с точностью до перестановки названий вершин B и C).
- Если $AH = 2OA$, прямая $l$ касается окружности. Вершины B и C совпадают. Треугольник вырождается в отрезок. Это соответствует случаю равнобедренного треугольника, у которого A, H, O лежат на одной прямой.
- Если $AH > 2OA$, прямая $l$ не пересекает окружность, и решений нет.
Задача не имеет смысла, если $O=A$, так как в этом случае радиус описанной окружности равен нулю.