Страница 45 - гдз по геометрии 8 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.181. Из вершины $B$ треугольника $ABC$ проведена высота $BH$, биссектриса $BE$ и радиус $BO$ описанной окружности. Докажите, что прямая $BE$ является биссектрисой угла $OBH$ (рис. 1.83).

Для доказательства того, что прямая $BE$ является биссектрисой угла $OBH$, необходимо показать, что $\angle OBE = \angle EBH$. Выразим величины этих углов через углы треугольника $ABC$, которые обозначим как $\angle A$, $\angle B$ и $\angle C$.

Нахождение угла EBH
Поскольку $BH$ — высота, проведенная к стороне $AC$, то треугольник $BHC$ является прямоугольным, и, следовательно, $\angle HBC = 90^\circ - \angle C$.
По условию $BE$ — биссектриса угла $\angle ABC$, поэтому $\angle EBC = \frac{1}{2}\angle B$.
Исходя из расположения лучей на рисунке (которое соответствует случаю, когда $\angle C > \angle A$), получаем: $\angle EBH = \angle EBC - \angle HBC$.
Подставим выражения для углов: $\angle EBH = \frac{1}{2}\angle B - (90^\circ - \angle C)$.
Воспользуемся свойством суммы углов треугольника: $\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$, откуда $\frac{1}{2}\angle B = 90^\circ - \frac{\angle A + \angle C}{2}$.
Теперь подставим это в выражение для $\angle EBH$:
$\angle EBH = \left(90^\circ - \frac{\angle A + \angle C}{2}\right) - (90^\circ - \angle C) = 90^\circ - \frac{\angle A}{2} - \frac{\angle C}{2} - 90^\circ + \angle C = \frac{\angle C - \angle A}{2}$.

Нахождение угла OBE
Так как $O$ — центр описанной окружности, отрезки $OB$ и $OC$ равны как радиусы. Следовательно, треугольник $OBC$ — равнобедренный.
Угол $\angle BOC$ является центральным и опирается на ту же дугу, что и вписанный угол $\angle A$. Значит, $\angle BOC = 2\angle A$.
В равнобедренном треугольнике $OBC$ углы при основании равны: $\angle OBC = \angle OCB = \frac{180^\circ - \angle BOC}{2} = \frac{180^\circ - 2\angle A}{2} = 90^\circ - \angle A$.
Для данного расположения лучей: $\angle OBE = \angle OBC - \angle EBC$.
Подставим известные значения: $\angle OBE = (90^\circ - \angle A) - \frac{1}{2}\angle B$.
Снова используя $\frac{1}{2}\angle B = 90^\circ - \frac{\angle A + \angle C}{2}$, получаем:
$\angle OBE = (90^\circ - \angle A) - \left(90^\circ - \frac{\angle A + \angle C}{2}\right) = 90^\circ - \angle A - 90^\circ + \frac{\angle A}{2} + \frac{\angle C}{2} = \frac{\angle C - \angle A}{2}$.

Таким образом, мы показали, что $\angle EBH = \frac{\angle C - \angle A}{2}$ и $\angle OBE = \frac{\angle C - \angle A}{2}$. Отсюда следует, что $\angle EBH = \angle OBE$.
Это означает, что прямая $BE$ делит угол $OBH$ пополам, то есть является его биссектрисой, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что прямая BE является биссектрисой угла OBH, доказано.

1.182. Даны три прямые, проходящие через точку O, и точка A, лежащая на одной из них. Постройте треугольник так, чтобы:

1) одна из его вершин была бы в точке A и высоты лежали бы на данных прямых;

2) одна из его вершин была бы в точке A и медианы лежали бы на данных прямых;

3) одна из его вершин была бы в точке A и биссектрисы лежали бы на данных прямых;

4) середина одной из сторон совпала бы с точкой A и данные прямые были бы серединными перпендикулярами к его сторонам.

Рис. 1.83

Обозначим данные прямые, проходящие через точку $O$, как $l_1$, $l_2$ и $l_3$. Точка $A$ лежит на одной из них, для определенности пусть $A$ лежит на $l_1$. Искомый треугольник обозначим $\triangle PQR$.

Пусть вершины искомого треугольника – $A, B, C$. По условию, одна из вершин находится в точке $A$. Высоты треугольника лежат на прямых $l_1, l_2, l_3$, которые пересекаются в точке $O$. Следовательно, точка $O$ является ортоцентром треугольника $ABC$.

Пусть высота из вершины $A$ лежит на прямой $l_1$, высота из $B$ – на $l_2$, и высота из $C$ – на $l_3$.Из определения высоты следует, что она перпендикулярна противолежащей стороне. Таким образом, мы имеем следующие соотношения:

• Высота из $A$ (на $l_1$) перпендикулярна стороне $BC$. Значит, $l_1 \perp BC$.
• Высота из $B$ (на $l_2$) перпендикулярна стороне $AC$. Значит, $l_2 \perp AC$.
• Высота из $C$ (на $l_3$) перпендикулярна стороне $AB$. Значит, $l_3 \perp AB$.

Из этих соотношений вытекает следующий алгоритм построения:

1. Поскольку сторона $AB$ должна быть перпендикулярна прямой $l_3$ и проходить через точку $A$, строим прямую $m_{AB}$ через точку $A$ перпендикулярно $l_3$.
2. Аналогично, сторона $AC$ должна быть перпендикулярна прямой $l_2$ и проходить через точку $A$. Строим прямую $m_{AC}$ через точку $A$ перпендикулярно $l_2$.
3. Вершина $B$ является общей точкой стороны $AB$ (лежащей на прямой $m_{AB}$) и высоты из вершины $B$ (лежащей на прямой $l_2$). Таким образом, точка $B$ есть пересечение прямых $m_{AB}$ и $l_2$.
4. Вершина $C$ является общей точкой стороны $AC$ (лежащей на прямой $m_{AC}$) и высоты из вершины $C$ (лежащей на прямой $l_3$). Таким образом, точка $C$ есть пересечение прямых $m_{AC}$ и $l_3$.
5. Соединив точки $A, B, C$, получаем искомый треугольник. Проверим, что высота из $A$ лежит на $l_1$. В построенном $\triangle ABC$ ортоцентром является точка $O$. Высота из $A$ должна проходить через $O$, а так как точка $A$ по условию лежит на $l_1$, то высота из $A$ совпадает с прямой $AO$, то есть с $l_1$.

Ответ: Построение выполняется в четыре шага:1. Строим прямую через $A$ перпендикулярно $l_3$.2. Строим прямую через $A$ перпендикулярно $l_2$.3. Находим вершину $B$ как пересечение первой построенной прямой с прямой $l_2$.4. Находим вершину $C$ как пересечение второй построенной прямой с прямой $l_3$.Треугольник $ABC$ – искомый.

Пусть вершины искомого треугольника – $A, B, C$. Вершина $A$ задана. Медианы лежат на прямых $l_1, l_2, l_3$, которые пересекаются в точке $O$. Следовательно, $O$ – точка пересечения медиан, то есть центроид треугольника.

Пусть медиана из вершины $A$ лежит на $l_1$, из $B$ – на $l_2$, из $C$ – на $l_3$. Обозначим середину стороны $BC$ как $M_a$.

Ключевое свойство центроида: он делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. То есть $AO : OM_a = 2:1$.

Алгоритм построения:

1. Так как точки $A$ и $O$ известны, мы можем найти положение точки $M_a$ – середины стороны $BC$. Точка $M_a$ лежит на прямой $l_1$ (продолжении отрезка $AO$ за точку $O$) на расстоянии $OM_a = \frac{1}{2}AO$. Для построения можно найти середину отрезка $AO$ и отложить такое же расстояние от точки $O$ в противоположную сторону от $A$.
2. Теперь мы знаем точку $M_a$, которая является серединой искомого отрезка $BC$.
3. Вершина $B$ лежит на прямой $l_2$, а вершина $C$ – на прямой $l_3$.
4. Поскольку $M_a$ – середина $BC$, точка $C$ симметрична точке $B$ относительно $M_a$. Это означает, что если мы отразим всю прямую $l_2$ (на которой лежит $B$) относительно точки $M_a$, то полученная прямая $l'_2$ будет содержать точку $C$.
5. Строим прямую $l'_2$, симметричную $l_2$ относительно точки $M_a$. (Для этого можно взять две любые точки на $l_2$, отразить их относительно $M_a$ и провести через них прямую).
6. Точка $C$ должна лежать как на прямой $l_3$, так и на построенной прямой $l'_2$. Следовательно, $C$ – точка пересечения $l_3$ и $l'_2$.
7. Найдя вершину $C$, находим вершину $B$ как точку, симметричную $C$ относительно $M_a$. (Либо как пересечение прямой $CM_a$ и прямой $l_2$).
8. Соединяем точки $A, B, C$ и получаем искомый треугольник.

Ответ: Построение выполняется в четыре шага:1. На прямой $l_1$ строим точку $M_a$ (середину будущей стороны $BC$) так, что $O$ – середина отрезка $AM_a$.2. Строим прямую $l'_2$, симметричную прямой $l_2$ относительно точки $M_a$.3. Находим вершину $C$ как точку пересечения прямых $l_3$ и $l'_2$.4. Находим вершину $B$ как точку, симметричную $C$ относительно $M_a$.Треугольник $ABC$ – искомый.

Пусть вершины искомого треугольника – $A, B, C$. Вершина $A$ задана. Биссектрисы углов треугольника лежат на прямых $l_1, l_2, l_3$, которые пересекаются в точке $O$. Следовательно, $O$ – инцентр (центр вписанной окружности) треугольника.

Прямая $l_1$ является биссектрисой угла $BAC$, $l_2$ – биссектрисой угла $ABC$, $l_3$ – биссектрисой угла $BCA$.

Воспользуемся свойством биссектрисы: она является осью симметрии для сторон угла.

• Прямая $AC$ симметрична прямой $AB$ относительно биссектрисы $l_1$.
• Прямая $BC$ симметрична прямой $AB$ относительно биссектрисы $l_2$.
• Прямая $BC$ симметрична прямой $AC$ относительно биссектрисы $l_3$.

Углы искомого треугольника можно найти, зная углы между биссектрисами. Например, угол между биссектрисами $l_2$ и $l_3$ равен $\angle(l_2, l_3) = 90^\circ - \frac{\angle A}{2}$. Отсюда $\angle A = 180^\circ - 2\angle(l_2, l_3)$. Зная угол $A$, мы можем построить стороны $AB$ и $AC$.

Алгоритм построения:

1. Измеряем острый угол $\alpha$ между прямыми $l_2$ и $l_3$. Вычисляем половину угла при вершине $A$ искомого треугольника: $\frac{\angle A}{2} = 90^\circ - \alpha$.
2. Строим прямую $m_{AB}$, проходящую через $A$ и образующую с прямой $l_1$ угол, равный $\frac{\angle A}{2}$. Это будет прямая, содержащая сторону $AB$.
3. Строим прямую $m_{AC}$, которая симметрична $m_{AB}$ относительно прямой $l_1$. Это будет прямая, содержащая сторону $AC$.
4. Теперь нам нужно найти третью сторону $BC$. Прямая, содержащая сторону $BC$, должна быть симметрична прямой $AB$ (т.е. $m_{AB}$) относительно биссектрисы $l_2$. Строим прямую $m_{BC}$, симметричную $m_{AB}$ относительно $l_2$.
5. Вершина $C$ является точкой пересечения прямых $m_{AC}$ и $m_{BC}$.
6. Вершина $B$ является точкой пересечения прямых $m_{AB}$ и $m_{BC}$.
7. Треугольник $ABC$ – искомый. (В качестве проверки можно убедиться, что прямая $m_{BC}$ также является отражением $m_{AC}$ относительно $l_3$).

Ответ: Построение выполняется в пять шагов:1. Находим угол $\frac{\angle A}{2} = 90^\circ - \angle(l_2, l_3)$.2. Строим прямые $m_{AB}$ и $m_{AC}$ через точку $A$ так, чтобы $l_1$ была биссектрисой угла между ними, и угол был равен $\angle A$.3. Строим прямую $m_{BC}$, симметричную $m_{AB}$ относительно $l_2$.4. Находим вершину $B$ как пересечение $m_{AB}$ и $m_{BC}$, а вершину $C$ как пересечение $m_{AC}$ и $m_{BC}$.5. Треугольник $ABC$ – искомый.

Пусть искомый треугольник – $PQR$. Прямые $l_1, l_2, l_3$ являются серединными перпендикулярами к его сторонам. Точка их пересечения $O$ – центр описанной окружности (циркумцентр) треугольника $PQR$.

Точка $A$ – середина одной из сторон, скажем, $PQ$. Серединный перпендикуляр к стороне $PQ$ должен проходить через ее середину, то есть через точку $A$. Таким образом, точка $A$ лежит на одном из серединных перпендикуляров. Пусть это $l_1$.

Рассмотрим треугольник $ABC$, образованный серединами сторон $\triangle PQR$ (это так называемый срединный треугольник). Вершина $A$ этого треугольника нам дана. Вершины $B$ (середина $QR$) и $C$ (середина $RP$) лежат на прямых $l_2$ и $l_3$ соответственно.

Есть важная теорема: ортоцентром срединного треугольника $ABC$ является центр описанной окружности исходного треугольника $PQR$. В нашем случае это точка $O$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника $ABC$, у которого:

• Вершина $A$ задана.
• Вершины $A, B, C$ лежат на прямых $l_1, l_2, l_3$ соответственно.
• Точка $O$ является его ортоцентром.

Эта задача в точности совпадает с задачей из пункта 1! Поэтому сначала строим срединный треугольник $ABC$, а затем по нему – искомый треугольник $PQR$.

Алгоритм построения:

1. Строим срединный треугольник $ABC$ (как в пункте 1):
   1. Строим прямую $m_{AB}$ через $A$ перпендикулярно $l_3$.
   2. Строим прямую $m_{AC}$ через $A$ перпендикулярно $l_2$.
   3. Находим вершину $B$ как пересечение $m_{AB}$ и $l_2$.
   4. Находим вершину $C$ как пересечение $m_{AC}$ и $l_3$.
2. По срединному треугольнику $ABC$ строим исходный треугольник $PQR$. Треугольник $PQR$ является антикомплементарным (или дополнительным) для $ABC$. Его стороны проходят через вершины $A, B, C$ и параллельны противолежащим сторонам $BC, AC, AB$.
   1. Через точку $A$ проводим прямую, параллельную стороне $BC$.
   2. Через точку $B$ проводим прямую, параллельную стороне $AC$.
   3. Через точку $C$ проводим прямую, параллельную стороне $AB$.
3. Точки пересечения этих трех построенных прямых и являются вершинами искомого треугольника $PQR$.

Ответ: Задача решается в два этапа.1. Сначала строится вспомогательный (срединный) треугольник $ABC$ точно так же, как в пункте 1: его вершина $A$ задана, а $O$ является его ортоцентром.2. Затем по треугольнику $ABC$ строится искомый треугольник $PQR$ проведением через каждую вершину ($A, B, C$) прямой, параллельной противолежащей стороне. Точки пересечения этих трех прямых образуют искомый треугольник $PQR$.

1.183. Докажите, что в любом треугольнике $ABC$ биссектриса $AE$ лежит между медианой $AN$ и высотой $AH$.

1.183. Для доказательства утверждения рассмотрим треугольник $ABC$ и проведенные из вершины $A$ высоту $AH$, биссектрису $AE$ и медиану $AN$. Точки $H, E, N$ лежат на прямой, содержащей сторону $BC$. Нам нужно доказать, что точка $E$ лежит на отрезке $HN$.

Рассмотрим три случая в зависимости от соотношения длин сторон $AB$ и $AC$.

Случай 1: $AB = AC$ (равнобедренный треугольник).

В равнобедренном треугольнике высота, биссектриса и медиана, проведенные к основанию, совпадают. Следовательно, точки $H, E, N$ совпадают. В этом случае утверждение, что $E$ лежит между $H$ и $N$, является верным (отрезок $HN$ вырождается в точку).

Случай 2: Стороны не равны.

Пусть стороны $AB$ и $AC$ не равны. Без ограничения общности предположим, что $AC > AB$. В треугольнике против большей стороны лежит больший угол, следовательно, $\angle B > \angle C$.

Мы докажем, что на прямой $BC$ точки расположены в порядке $B, H, E, N, C$ (если углы $B$ и $C$ острые). Для этого сравним положение точек $H, E, N$ относительно друг друга.

1. Сравнение положения высоты $AH$ и медианы $AN$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AHB$ и $AHC$. По теореме Пифагора:

$AH^2 = AB^2 - BH^2$

$AH^2 = AC^2 - CH^2$

Приравнивая правые части, получаем: $AB^2 - BH^2 = AC^2 - CH^2$, откуда $AC^2 - AB^2 = CH^2 - BH^2$.

Так как мы предположили, что $AC > AB$, то $AC^2 - AB^2 > 0$. Следовательно, $CH^2 - BH^2 > 0$, что означает $CH > BH$.

Медиана $AN$ делит сторону $BC$ пополам, то есть $N$ — середина $BC$, и $BN = CN = \frac{1}{2}BC$.

Из неравенства $CH > BH$ и равенства $CH + BH = BC$ (для случая остроугольного треугольника) следует, что $BH < \frac{1}{2}BC$.

Таким образом, $BH < BN$. Поскольку обе точки $H$ и $N$ лежат на стороне $BC$, это означает, что точка $H$ находится между точками $B$ и $N$.

2. Сравнение положения биссектрисы $AE$ и медианы $AN$.

По свойству биссектрисы треугольника:

$\frac{BE}{EC} = \frac{AB}{AC}$

Так как по нашему предположению $AC > AB$, то $\frac{AB}{AC} < 1$. Следовательно, $\frac{BE}{EC} < 1$, что означает $BE < EC$.

Из неравенства $BE < EC$ и равенства $BE + EC = BC$ следует, что $BE < \frac{1}{2}BC$.

Поскольку $BN = \frac{1}{2}BC$, мы получаем $BE < BN$. Это означает, что точка $E$ находится между точками $B$ и $N$.

3. Сравнение положения высоты $AH$ и биссектрисы $AE$.

Рассмотрим углы, которые образуют высота и биссектриса со сторонами треугольника. В прямоугольных треугольниках $AHB$ и $AHC$ (для остроугольного $\triangle ABC$):

$\angle BAH = 90^\circ - \angle B$

$\angle CAH = 90^\circ - \angle C$

Так как мы предположили $\angle B > \angle C$, то $90^\circ - \angle B < 90^\circ - \angle C$, а значит $\angle BAH < \angle CAH$.

Биссектриса $AE$ делит угол $A$ пополам: $\angle BAE = \angle CAE = \frac{1}{2}\angle BAC = \frac{1}{2}(\angle BAH + \angle CAH)$.

Так как $\angle BAH < \angle CAH$, то среднее арифметическое этих углов будет больше меньшего из них: $\angle BAH < \frac{1}{2}(\angle BAH + \angle CAH) = \angle BAE$.

Неравенство $\angle BAH < \angle BAE$ означает, что луч $AH$ лежит между стороной $AB$ и лучом $AE$. Следовательно, на прямой $BC$ точка $H$ лежит между $B$ и $E$.

Заключение для случая $AC > AB$:

Из пунктов 1, 2 и 3 мы получили следующие взаимные расположения точек:

• $H$ лежит между $B$ и $N$.
• $E$ лежит между $B$ и $N$.
• $H$ лежит между $B$ и $E$.

Объединяя эти факты, получаем следующий порядок точек на прямой $BC$: $B, H, E, N, C$. Из этого порядка следует, что точка $E$ лежит между точками $H$ и $N$.

Случай 3: $AB > AC$.

Этот случай рассматривается аналогично. Предположение $AB > AC$ приводит к $\angle C > \angle B$. Все неравенства в рассуждениях меняются на противоположные, и в результате мы получим порядок точек $B, N, E, H, C$. В этом случае точка $E$ также лежит между точками $N$ и $H$.

Таким образом, во всех случаях биссектриса $AE$ лежит между медианой $AN$ и высотой $AH$.

Ответ: Утверждение доказано. В любом треугольнике $ABC$ основание биссектрисы $E$, проведенной из вершины $A$, лежит на отрезке между основаниями высоты $H$ и медианы $N$, проведенных из той же вершины.

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:

1.185. Вне треугольника $ABC$ построены квадраты $ABDE$ и $ACFG$ со сторонами $AB$ и $AC$, причем точки $D$ и $F$ расположены напротив вершины $A$. Докажите, что отрезок $EG$ перпендикулярен медиане треугольника, проведенной из вершины $A$, и что он в два раза длиннее этой медианы.

Пусть $AM$ — медиана треугольника $ABC$, проведенная из вершины $A$. Это означает, что $M$ является серединой стороны $BC$. Требуется доказать, что отрезок $EG$ перпендикулярен медиане $AM$ ($EG \perp AM$) и его длина вдвое больше длины медианы ($EG = 2AM$).

Для доказательства воспользуемся методом векторов. Поместим начало координат в вершину $A$. Тогда векторы, проведенные из $A$ к вершинам $B$ и $C$, будут $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$.

Медиана $AM$ выражается через эти векторы как полусумма: $\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC})$.

По условию, $ABDE$ и $ACFG$ — квадраты, построенные на сторонах $AB$ и $AC$ во внешнюю сторону. Это означает, что векторы $\vec{AE}$ и $\vec{AG}$ получаются из векторов $\vec{AB}$ и $\vec{AC}$ поворотом на $90^\circ$ вокруг точки $A$. Пусть $R_{+90}$ — оператор поворота на $90^\circ$ против часовой стрелки. Направление поворота ("внешнее") для двух сторон будет противоположным. Если для получения $\vec{AG}$ из $\vec{AC}$ мы применяем поворот на $+90^\circ$, то для получения $\vec{AE}$ из $\vec{AB}$ — на $-90^\circ$. Запишем это так: $\vec{AG} = R_{+90}(\vec{AC})$ $\vec{AE} = R_{-90}(\vec{AB})$

Выразим вектор $\vec{EG}$, соединяющий точки $E$ и $G$: $\vec{EG} = \vec{AG} - \vec{AE} = R_{+90}(\vec{AC}) - R_{-90}(\vec{AB})$

Воспользуемся свойством операторов поворота: $R_{-90}(\vec{v}) = -R_{+90}(\vec{v})$. Тогда: $\vec{EG} = R_{+90}(\vec{AC}) - (-R_{+90}(\vec{AB})) = R_{+90}(\vec{AC}) + R_{+90}(\vec{AB})$

Так как поворот является линейным преобразованием, оператор можно вынести за скобки: $\vec{EG} = R_{+90}(\vec{AB} + \vec{AC})$

Теперь свяжем это выражение с вектором медианы. Из формулы для медианы имеем: $\vec{AB} + \vec{AC} = 2\vec{AM}$. Подставим это в наше равенство: $\vec{EG} = R_{+90}(2\vec{AM})$

Это конечное векторное равенство полностью доказывает оба утверждения задачи. Во-первых, оно показывает, что вектор $\vec{EG}$ получается из вектора $2\vec{AM}$ поворотом на $90^\circ$. Поворот на $90^\circ$ означает, что итоговый вектор перпендикулярен исходному. Следовательно, $\vec{EG} \perp 2\vec{AM}$, а значит и $EG \perp AM$. Во-вторых, поворот сохраняет длину вектора, поэтому $|\vec{EG}| = |2\vec{AM}| = 2|\vec{AM}|$. Таким образом, $EG = 2AM$.

Ответ: Утверждение, что отрезок $EG$ перпендикулярен медиане треугольника, проведенной из вершины $A$, и что он в два раза длиннее этой медианы, доказано.

1.186. Медианы $AA_1$ и $BB_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $O$ под прямым углом (рис. 1.84).

Докажите, что выполняется равенство $AB = CO$.

Рис. 1.84

Для доказательства данного утверждения воспользуемся свойствами медиан треугольника и свойствами прямоугольного треугольника.

Доказательство:

1. Рассмотрим треугольник $ABC$, в котором $AA_1$ и $BB_1$ — медианы, пересекающиеся в точке $O$. По свойству медиан, точка их пересечения $O$ является центроидом треугольника.

2. По условию задачи, медианы $AA_1$ и $BB_1$ пересекаются под прямым углом. Это означает, что угол $\angle AOB = 90^\circ$. Следовательно, треугольник $AOB$ является прямоугольным, где $AO$ и $BO$ — катеты, а $AB$ — гипотенуза.

3. Проведем третью медиану $CC_1$ из вершины $C$ к середине стороны $AB$. Точка $C_1$ является серединой стороны $AB$. Так как все три медианы треугольника пересекаются в одной точке, точка $O$ также лежит на медиане $CC_1$.

4. В прямоугольном треугольнике $AOB$ отрезок $OC_1$ соединяет вершину прямого угла $O$ с серединой гипотенузы $C_1$. Таким образом, $OC_1$ является медианой прямоугольного треугольника $AOB$, проведенной к гипотенузе.

5. Согласно свойству медианы, проведенной к гипотенузе в прямоугольном треугольнике, ее длина равна половине длины гипотенузы. Для треугольника $AOB$ это означает: $OC_1 = \frac{1}{2}AB$.

6. Точка $O$ — центроид треугольника $ABC$. По свойству центроида, он делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Для медианы $CC_1$ это свойство записывается как $CO : OC_1 = 2 : 1$. Из этого соотношения следует, что $CO = 2 \cdot OC_1$.

7. Теперь подставим выражение для $OC_1$ из пункта 5 в формулу из пункта 6: $CO = 2 \cdot (\frac{1}{2}AB)$.

8. Сократив 2, получаем требуемое равенство: $CO = AB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $AB = CO$ доказано на основе свойств медиан треугольника и свойства медианы, проведенной к гипотенузе прямоугольного треугольника.