Номер 416, страница 85 - гдз по геометрии 8 класс учебник Мерзляк, Полонский

Упражнения. Параграф 11. Теорема Фалеса. Теорема о пропорциональных отрезках. Глава 2. Подобие треугольников - номер 416, страница 85.

Условие 2023.

416. Постройте треугольник:

1) по стороне и углам, которые эта сторона образует с медианами, проведёнными к двум другим сторонам;

2) по двум медианам и углу между ними;

3) по высоте и медиане, проведённым к одной стороне, и углу между этой стороной и медианой, проведённой к другой стороне;

4) по трём медианам.

Решение 1 (2023).

Решение 2 (2023).

Решение 3 (2023).

Решение 4 (2023).

Решение 6 (2023).

1) по стороне и углам, которые эта сторона образует с медианами, проведёнными к двум другим сторонам;

Пусть дан треугольник $ABC$. Нам известны длина стороны $BC=a$, угол $\angle MBC = \alpha$ и угол $\angle MCB = \beta$, где $M$ — точка пересечения медиан (центроид), а $BM$ и $CM$ — части медиан, проведённых к сторонам $AC$ и $AB$ соответственно.

Анализ: Точка пересечения медиан $M$ делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Рассмотрим треугольник $MBC$. В этом треугольнике нам известна сторона $BC=a$ и два прилежащих к ней угла: $\angle MBC = \alpha$ и $\angle MCB = \beta$. Мы можем построить этот треугольник по стороне и двум прилежащим углам. После построения треугольника $MBC$ мы найдём положение точки $M$. Пусть $AD$ — медиана, проведённая к стороне $BC$. Точка $D$ является серединой отрезка $BC$. Вершина $A$ лежит на луче $DM$, причём, согласно свойству медиан, $AM = 2 \cdot MD$. Это позволяет нам однозначно найти вершину $A$.

Построение:

1. Строим отрезок $BC$ заданной длины $a$.
2. От луча $BC$ в одной полуплоскости откладываем угол $\angle CBX = \alpha$.
3. От луча $CB$ в той же полуплоскости откладываем угол $\angle BCY = \beta$.
4. Лучи $BX$ и $CY$ пересекаются в точке $M$. Это точка пересечения медиан искомого треугольника.
5. Находим точку $D$ — середину отрезка $BC$.
6. Проводим луч $DM$ и на его продолжении за точку $M$ откладываем отрезок $MA$, равный $2 \cdot MD$. Для этого можно отмерить циркулем отрезок $MD$ и отложить его дважды от точки $M$ на луче $DM$.
7. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$.

Доказательство: В построенном треугольнике $ABC$ сторона $BC$ имеет заданную длину $a$. По построению, $D$ — середина $BC$, значит $AD$ — медиана. Точка $M$ лежит на $AD$, причём $AM=2MD$. Следовательно, $M$ — точка пересечения медиан. Линии $BM$ и $CM$ являются частями медиан, проведённых к сторонам $AC$ и $AB$. Углы, которые они образуют со стороной $BC$, по построению равны $\alpha$ и $\beta$. Таким образом, треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование: Задача имеет единственное решение, если лучи $BX$ и $CY$ пересекаются. Это происходит, когда сумма углов $\alpha + \beta < 180^\circ$, что всегда верно для невырожденного треугольника $MBC$.

Ответ: Задача решается построением вспомогательного треугольника $MBC$ по стороне и двум углам, а затем нахождением вершины $A$ с использованием свойства точки пересечения медиан.

2) по двум медианам и углу между ними;

Пусть в треугольнике $ABC$ даны медианы $m_b$ (из вершины $B$) и $m_c$ (из вершины $C$), а также угол $\theta$ между ними. Пусть $M$ — точка пересечения медиан. Тогда угол $\angle BMC = \theta$.

Анализ: Медианы точкой пересечения $M$ делятся в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, мы знаем длины отрезков $BM = \frac{2}{3}m_b$ и $CM = \frac{2}{3}m_c$. Рассмотрим треугольник $MBC$. Мы знаем длины двух его сторон ($BM$ и $CM$) и угол между ними ($\angle BMC = \theta$). Мы можем построить этот треугольник по двум сторонам и углу между ними. После построения треугольника $MBC$ задача сводится к предыдущей: найти вершину $A$. Для этого находим середину $D$ стороны $BC$ и на продолжении луча $DM$ откладываем отрезок $MA=2MD$.

Построение:

1. Геометрически строим отрезки длиной $\frac{2}{3}m_b$ и $\frac{2}{3}m_c$. Для этого каждый из данных отрезков медиан нужно разделить на три равные части.
2. Строим треугольник $MBC$ по двум сторонам и углу между ними: $BM = \frac{2}{3}m_b$, $CM = \frac{2}{3}m_c$ и $\angle BMC = \theta$.
3. Находим точку $D$ — середину построенного отрезка $BC$.
4. Проводим луч $DM$ и на его продолжении за точку $M$ откладываем отрезок $MA = 2 \cdot MD$.
5. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$.

Доказательство: В построенном треугольнике $ABC$ точка $M$ является точкой пересечения медиан (по построению $AD$ — медиана и $AM=2MD$). Медианы из вершин $B$ и $C$ проходят через $M$. Длина медианы из вершины $B$ равна $m_b'$, где $BM = \frac{2}{3}m_b'$. Так как мы строили $BM = \frac{2}{3}m_b$, то $m_b' = m_b$. Аналогично, $m_c' = m_c$. Угол между медианами $\angle BMC = \theta$ по построению. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование: Задача имеет единственное решение при $m_b > 0$, $m_c > 0$ и $0^\circ < \theta < 180^\circ$.

Ответ: Задача решается построением вспомогательного треугольника $MBC$, стороны которого равны $\frac{2}{3}$ длин данных медиан, а угол между ними равен данному углу. Затем находится третья вершина $A$.

3) по высоте и медиане, проведённым к одной стороне, и углу между этой стороной и медианой, проведённой к другой стороне;

Пусть в треугольнике $ABC$ даны высота $AH = h_a$ и медиана $AD = m_a$, проведённые к стороне $BC$. Также дан угол $\gamma$ между стороной $BC$ и медианой $CF=m_c$, то есть $\angle FCB = \gamma$.

Анализ: Сначала построим прямоугольный треугольник $AHD$ по гипотенузе $AD = m_a$ и катету $AH = h_a$. Это определит положение вершин $A, H, D$ и прямой, на которой лежит сторона $BC$. Точка $B$ лежит на прямой $HD$. Нам нужно найти ее положение. Пусть $M$ — точка пересечения медиан. $M$ лежит на медиане $AD$ и делит ее в отношении $AM:MD = 2:1$. Мы можем найти точку $M$. Медиана $CF$ также проходит через точку $M$. Значит, точки $C, M, F$ лежат на одной прямой. Угол между искомой медианой $CM$ и стороной $BC$ равен $\gamma$. То есть, $\angle MCB = \gamma$. Рассмотрим треугольник $MDC$. Мы знаем длину стороны $MD = \frac{1}{3}m_a$. Мы знаем, что $D$ - середина $BC$, то есть $CD = DB$. Угол при вершине $C$ этого треугольника нам не известен, но известен внешний угол $\angle MCB$. Нет, $\angle MCD = \angle MCB = \gamma$. Рассмотрим треугольник $MDC$. Мы знаем сторону $MD$, угол $\angle MCD = \gamma$. Точка $C$ лежит на прямой $HD$. Рассмотрим точку $M$ и прямую $HD$. Проведем из $M$ перпендикуляр $MK$ на прямую $HD$. Из подобия треугольников $AHD$ и $MKD$ следует, что $MK = \frac{1}{3}AH = \frac{1}{3}h_a$ и $KD = \frac{1}{3}HD$. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $MKC$. Мы знаем катет $MK = \frac{1}{3}h_a$ и угол $\angle MCK = \gamma$. Следовательно, мы можем найти другой катет $KC = MK \cdot \text{ctg}(\gamma) = \frac{h_a}{3 \cdot \text{tg}(\gamma)}$. Найдя длину $KC$, мы можем найти положение точки $C$ на прямой $HD$. После этого находим точку $B$ (так как $D$ — середина $BC$).

Построение:

1. Строим отрезок $AH$ длиной $h_a$.
2. Через точку $H$ проводим прямую $l$, перпендикулярную $AH$.
3. С центром в точке $A$ проводим окружность радиусом $m_a$. Она пересечет прямую $l$ в точке $D$. (Получили $\triangle AHD$).
4. На медиане $AD$ находим точку $M$ такую, что $AM=2MD$.
5. Из точки $M$ опускаем перпендикуляр $MK$ на прямую $l$.
6. Строим вспомогательный прямоугольный треугольник $M'K'C'$ с катетом $M'K'=MK$ и прилежащим острым углом $\angle M'C'K' = \gamma$.
7. На прямой $l$ от точки $K$ откладываем отрезок $KC$, равный катету $K'C'$ из вспомогательного треугольника. Точка $C$ — одна из вершин искомого треугольника.
8. На прямой $l$ от точки $D$ в сторону, противоположную $C$, откладываем отрезок $DB = DC$. Точка $B$ — вторая вершина.
9. Соединяем точки $A, B, C$.

Доказательство: В построенном $\triangle ABC$ отрезок $AH$ является высотой и имеет длину $h_a$. $AD$ — медиана (т.к. $D$ — середина $BC$) и имеет длину $m_a$. $M$ — точка пересечения медиан. По построению, в прямоугольном $\triangle MKC$ имеем $\text{tg}(\angle MCK) = MK/KC$. Мы строили $KC$ так, чтобы этот угол был равен $\gamma$. Угол $\angle MCK$ — это и есть угол между медианой $CM$ и стороной $BC$. Следовательно, $\triangle ABC$ — искомый.

Исследование: Задача имеет решение, если $m_a \ge h_a$. Построение точки $C$ возможно, если $0^\circ < \gamma < 90^\circ$. В зависимости от расположения $C$ относительно $D$ и $H$ возможны различные конфигурации, но обычно задача имеет одно решение (с точностью до симметрии).

Ответ: Задача решается через построение прямоугольного треугольника $AHD$, нахождение на медиане $AD$ точки $M$, а затем нахождение вершины $C$ на прямой $HD$ с помощью второго прямоугольного треугольника, построенного по катету (равному трети высоты $h_a$) и прилежащему углу $\gamma$.

4) по трём медианам.

Пусть даны три медианы треугольника $ABC$: $m_a, m_b, m_c$.

Анализ: Пусть медианы $AD, BE, CF$ пересекаются в точке $M$. Точка $M$ делит их в отношении 2:1, считая от вершины. Рассмотрим треугольник, построенный на отрезках, соединяющих центроид $M$ с вершинами. Например, $\triangle AMB$. Его стороны $AM = \frac{2}{3}m_a$, $BM = \frac{2}{3}m_b$. Третья сторона $AB$ неизвестна. Применим стандартный метод построения. Продолжим одну из медиан, например $AD$, за точку $D$ на расстояние, равное $MD$. Получим точку $K$, так что $MD=DK$. Рассмотрим четырехугольник $MCKB$. Его диагонали $MK$ и $BC$ пересекаются в точке $D$, которая является серединой каждой из них ($D$ — середина $BC$ по определению медианы, $D$ — середина $MK$ по построению). Следовательно, $MCKB$ — параллелограмм. Из свойств параллелограмма имеем: $CK = BM = \frac{2}{3}m_b$ и $BK = CM = \frac{2}{3}m_c$. Теперь рассмотрим треугольник $MCK$. Его стороны нам известны:

• $MC = \frac{2}{3}m_c$
• $CK = \frac{2}{3}m_b$
• $MK = MD + DK = 2 \cdot MD = 2 \cdot (\frac{1}{3}m_a) = \frac{2}{3}m_a$

Таким образом, мы можем построить треугольник $MCK$ по трем сторонам, длины которых составляют $\frac{2}{3}$ от длин данных медиан. После построения $\triangle MCK$, мы можем найти все вершины исходного треугольника. Точка $C$ у нас уже есть. Точка $D$ — середина $MK$. Точка $B$ находится на продолжении луча $CD$ так, что $DB = CD$. Точка $A$ находится на продолжении луча $KM$ так, что $AM = 2MD$ (или $AM = MK$).

Построение:

1. Строим отрезки $s_a = \frac{2}{3}m_a$, $s_b = \frac{2}{3}m_b$, $s_c = \frac{2}{3}m_c$.
2. Строим по трем сторонам (SSS) треугольник $MCK$ со сторонами $MK=s_a$, $CK=s_b$, $MC=s_c$.
3. Находим точку $D$ — середину стороны $MK$.
4. Проводим луч $CD$ и на его продолжении за точку $D$ откладываем отрезок $DB=CD$. Получаем вершину $B$.
5. Проводим луч $KD$ (он же $KM$) и на его продолжении за точку $M$ откладываем отрезок $MA = MK$ (так как $MK=2MD$). Получаем вершину $A$.
6. Соединяем точки $A, B, C$.

Доказательство: В построенном $\triangle ABC$ отрезок $AD$ является медианой, так как $D$ — середина $BC$. Ее длина $AD = AM+MD = MK+MD = 2MD+MD = 3MD$. Так как $MK = \frac{2}{3}m_a$, то $MD = \frac{1}{3}m_a$, а $AD = 3 \cdot \frac{1}{3}m_a = m_a$. Точка $M$ лежит на медиане $AD$ и делит ее в отношении $2:1$, значит $M$ — центроид. Медиана из вершины $C$ проходит через $M$. Ее длина будет равна $\frac{3}{2}CM = \frac{3}{2} s_c = \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3}m_c = m_c$. Медиана из вершины $B$ также проходит через $M$. Так как $MCKB$ — параллелограмм, то $BM = CK = s_b = \frac{2}{3}m_b$. Длина всей медианы из $B$ равна $\frac{3}{2}BM = m_b$. Таким образом, построенный треугольник имеет медианы заданной длины.

Исследование: Задача имеет решение тогда и только тогда, когда можно построить треугольник $MCK$. Для этого должно выполняться неравенство треугольника для его сторон: $s_a+s_b>s_c$, $s_a+s_c>s_b$, $s_b+s_c>s_a$. Это эквивалентно условиям $m_a+m_b>m_c$, $m_a+m_c>m_b$, $m_b+m_c>m_a$. Если это условие выполнено, решение единственно.

Ответ: Задача решается построением вспомогательного треугольника со сторонами, равными $\frac{2}{3}$ от длин данных медиан. Затем, используя свойства параллелограмма и медиан, достраиваются вершины искомого треугольника.

Условие 2015-2022.

416. Постройте треугольник:

1) по стороне и углам, которые эта сторона образует с медианами, проведёнными к двум другим сторонам;

2) по двум медианам и углу между ними;

3) по высоте и медиане, проведённым к одной стороне, и углу между этой стороной и медианой, проведённой к другой стороне;

4) по трём медианам.

Решение 1 (2015-2022).

Решение 2 (2015-2022).

Решение 4 (2015-2023).