Номер 1.184, страница 45 - гдз по геометрии 8 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.184. Постройте треугольник, если даны биссектриса, медиана и высота, проведенные из одной вершины.

Пусть нам даны три отрезка, равные по длине высоте $h_a$, биссектрисе $l_a$ и медиане $m_a$, проведенным из одной вершины $A$ треугольника $ABC$. Основания высоты, биссектрисы и медианы на стороне $BC$ (или ее продолжении) обозначим как $H$, $L$ и $M$ соответственно. Известно, что для не-равнобедренного треугольника точка $L$ (основание биссектрисы) всегда лежит между точками $H$ (основание высоты) и $M$ (основание медианы). Следовательно, должно выполняться неравенство $h_a \le l_a \le m_a$.

Анализ

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $AH$ — его высота, $AL$ — биссектриса, $AM$ — медиана, проведенные из вершины $A$.

1. Точки $H$, $L$, $M$ лежат на одной прямой, содержащей сторону $BC$.
2. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHM$. В нем катет $AH$ равен данной высоте $h_a$, а гипотенуза $AM$ равна данной медиане $m_a$. Мы можем построить этот треугольник, так как нам известны гипотенуза и катет.
3. Построив треугольник $AHM$, мы найдем вершину $A$ и прямую, на которой лежит сторона $BC$ (это прямая $HM$).
4. Точка $L$, основание биссектрисы, лежит на прямой $HM$. Расстояние от вершины $A$ до точки $L$ равно длине биссектрисы $l_a$. Таким образом, точку $L$ можно найти как пересечение прямой $HM$ и окружности с центром в точке $A$ и радиусом $l_a$.
5. Теперь нам нужно найти вершины $B$ и $C$. Они лежат на прямой $HM$ и симметричны относительно точки $M$ (так как $AM$ — медиана). Для их нахождения воспользуемся свойством описанной окружности.
6. Пусть описанная около треугольника $ABC$ окружность $\omega$ пересекает продолжение биссектрисы $AL$ в точке $P$. Известно, что точка $P$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC$. Так как $M$ — середина $BC$, то этот серединный перпендикуляр — это прямая, проходящая через $M$ и перпендикулярная $BC$ (т.е. прямой $HM$).
7. Таким образом, мы можем найти точку $P$ как пересечение прямой $AL$ и прямой, перпендикулярной $HM$ в точке $M$.
8. Центр $O$ описанной окружности $\omega$ равноудален от всех вершин треугольника. В частности, он равноудален от точек $A$ и $P$, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AP$. Также центр $O$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC$ (прямой $PM$). Следовательно, точка $O$ — это пересечение серединного перпендикуляра к $AP$ и прямой $PM$.
9. Найдя центр $O$, мы можем построить описанную окружность (с радиусом $OA$). Вершины $B$ и $C$ будут точками пересечения этой окружности с прямой $HM$.

Этот анализ дает нам план построения.

Ответ:

Построение

1. Строим прямоугольный треугольник $AHM$ по катету $AH = h_a$ и гипотенузе $AM = m_a$. Для этого:
   • Проводим произвольную прямую $k$.
   • Выбираем на ней точку $H$.
   • Восстанавливаем в точке $H$ перпендикуляр к прямой $k$.
   • На этом перпендикуляре откладываем отрезок $AH$ длиной $h_a$.
   • Из точки $A$ как из центра проводим окружность радиусом $m_a$. Точка ее пересечения с прямой $k$ будет точкой $M$.
2. Находим точку $L$. Из точки $A$ как из центра проводим окружность радиусом $l_a$. Точка ее пересечения с отрезком $HM$ на прямой $k$ будет точкой $L$.
3. Находим центр описанной окружности $O$:
   • Проводим прямую через точки $A$ и $L$.
   • Через точку $M$ проводим прямую $p$, перпендикулярную прямой $k$.
   • Находим точку $P$ — пересечение прямых $AL$ и $p$.
   • Строим серединный перпендикуляр $q$ к отрезку $AP$.
   • Точка пересечения прямых $p$ и $q$ есть центр $O$ описанной окружности.
4. Находим вершины $B$ и $C$:
   • Строим окружность $\omega$ с центром в точке $O$ и радиусом $OA$.
   • Точки пересечения окружности $\omega$ с прямой $k$ являются вершинами $B$ и $C$.
5. Соединяем точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ:

Доказательство

В построенном треугольнике $ABC$ отрезок $AH$ по построению перпендикулярен прямой $BC$ (прямой $k$) и его длина равна $h_a$. Следовательно, $AH$ — высота треугольника.

Точка $M$ лежит на прямой $BC$. Центр $O$ описанной окружности лежит на прямой $p$, которая перпендикулярна хорде $BC$ и проходит через точку $M$. По свойству окружности, перпендикуляр из центра к хорде делит ее пополам. Значит, $M$ — середина стороны $BC$. Следовательно, отрезок $AM$, длина которого по построению равна $m_a$, является медианой.

Точка $L$ лежит на стороне $BC$, и длина отрезка $AL$ по построению равна $l_a$. Докажем, что $AL$ — биссектриса угла $\angle BAC$. Точка $P$ лежит на описанной окружности и на серединном перпендикуляре к стороне $BC$. Следовательно, дуги $PB$ и $PC$ равны, так как стягивающие их хорды $PB$ и $PC$ равны. На равные дуги опираются равные вписанные углы. Угол $\angle PAB$ опирается на дугу $PB$, а угол $\angle PAC$ — на дугу $PC$. Таким образом, $\angle PAB = \angle PAC$. Поскольку луч $AP$ содержит отрезок $AL$, то $AL$ является биссерисой угла $\angle BAC$.

Итак, построенный треугольник $ABC$ имеет высоту, медиану и биссектрису, проведенные из вершины $A$, равные заданным отрезкам $h_a, m_a, l_a$.

Ответ:

Исследование

Задача имеет решение тогда и только тогда, когда возможно выполнить все шаги построения.

1. Построение прямоугольного треугольника $AHM$ возможно, если гипотенуза не меньше катета, то есть $m_a \ge h_a$.
2. Точка $L$ должна лежать на отрезке $HM$. Для этого расстояние $AL=l_a$ должно быть не меньше $AH=h_a$ и не больше $AM=m_a$. Таким образом, должно выполняться двойное неравенство $h_a \le l_a \le m_a$.

Рассмотрим два случая:

1. Случай общего положения: $h_a < l_a < m_a$.
В этом случае все построения выполняются однозначно (с точностью до выбора стороны, на которую откладывается точка $M$ от $H$, что дает конгруэнтный треугольник). Следовательно, задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

2. Случай равенства: $h_a = l_a = m_a$.
Если $h_a = m_a$, то в прямоугольном треугольнике $AHM$ катет равен гипотенузе, что возможно только если точка $M$ совпадает с $H$. Если $h_a=l_a=m_a$, то все три точки $H, L, M$ совпадают. Это означает, что высота, биссектриса и медиана совпадают. Такое возможно только в равнобедренном треугольнике, где $AB=AC$.
В этом случае план построения дает сбой: прямая $AL$ и прямая $p$ (серединный перпендикуляр к $BC$) совпадают. Точка $P$ не определяется однозначно.
Для построения в этом случае достаточно построить отрезок $AM$ длины $m_a$. Затем через точку $M$ провести прямую $k$, перпендикулярную $AM$. На прямой $k$ можно выбрать любую точку $B$ (не совпадающую с $M$), а затем отложить отрезок $MC=MB$ на той же прямой. Полученный треугольник $ABC$ будет равнобедренным, и $AM$ будет для него одновременно высотой, медианой и биссектрисой. Поскольку точку $B$ можно выбрать на прямой $k$ бесконечным числом способов, задача в этом случае имеет бесконечно много решений.

Ответ: