Задачи повышенной трудности. Задачи на построение — с. 119
443. Постройте прямоугольный треугольник ABC, если даны острый угол В и биссектриса BD.
Пусть дан острый угол β и отрезок l; нужно построить прямоугольный треугольник ABC (∠C = 90°) с ∠B = β и биссектрисой BD = l (D лежит на катете AC).
Анализ. Точка D лежит на биссектрисе угла B, на расстоянии l от B. Так как ∠C = 90°, отрезок DC перпендикулярен BC, поэтому C — основание перпендикуляра из D на сторону угла B. Вершина A лежит на второй стороне угла B и на прямой CD.
Построение.
1) Строим угол, равный β, с вершиной B.
2) Строим его биссектрису и откладываем на ней BD = l.
3) Из точки D опускаем перпендикуляр на одну из сторон угла; его основание — вершина C.
4) Прямая CD пересекает вторую сторону угла в точке A.
Доказательство. ∠B = β, ∠C = 90°, и BD — биссектриса угла ABC по построению; D лежит на отрезке AC.
Исследование. Для любого острого β и любого l задача имеет единственное решение.
Анализ. Точка D лежит на биссектрисе угла B, на расстоянии l от B. Так как ∠C = 90°, отрезок DC перпендикулярен BC, поэтому C — основание перпендикуляра из D на сторону угла B. Вершина A лежит на второй стороне угла B и на прямой CD.
Построение.
1) Строим угол, равный β, с вершиной B.
2) Строим его биссектрису и откладываем на ней BD = l.
3) Из точки D опускаем перпендикуляр на одну из сторон угла; его основание — вершина C.
4) Прямая CD пересекает вторую сторону угла в точке A.
Доказательство. ∠B = β, ∠C = 90°, и BD — биссектриса угла ABC по построению; D лежит на отрезке AC.
Исследование. Для любого острого β и любого l задача имеет единственное решение.
444. Дана окружность с центром О и точка А вне её. Проведите через точку А прямую, пересекающую окружность в точках В и С таких, что AB = ВС.
Пусть R — радиус данной окружности с центром O, A — данная точка вне окружности. Нужно провести через A прямую, пересекающую окружность в точках B и C, такую, что AB = BC (B между A и C).
Анализ. Пусть искомая прямая построена. Отложим на луче OB за точку B отрезок BD = OB. Тогда OD = 2R, а диагонали AC и OD четырёхугольника AODC делятся точкой B пополам (AB = BC, OB = BD), значит, это параллелограмм, и AD = OC = R. Таким образом, в треугольнике OAD известны все стороны: OA, AD = R, OD = 2R.
Построение.
1) Строим треугольник OAD по трём сторонам: OA, AD = R, OD = 2R (окружность с центром O радиуса 2R и окружность с центром A радиуса R пересекаются в точке D).
2) Точка B — пересечение отрезка OD с данной окружностью (середина OD).
3) Прямая AB пересекает окружность ещё в точке C.
Доказательство. OB = R, поэтому B лежит на окружности. Пусть C1 — такая точка луча AB, что BC1 = AB. Диагонали четырёхугольника AOC1D (AC1 и OD) делятся пополам в точке B, значит, он параллелограмм и OC1 = AD = R, то есть C1 лежит на окружности. Прямая AB пересекает окружность не более чем в двух точках B и C, причём C1 ≠ B, поэтому C1 = C и AB = BC.
Исследование. Треугольник OAD существует, если R ≤ OA ≤ 3R (неравенство треугольника: OA + R ≥ 2R, OA ≤ R + 2R). При R < OA < 3R две точки D (симметричные относительно OA) дают два решения; при OA = 3R одно (прямая OA); при OA > 3R решений нет.
Анализ. Пусть искомая прямая построена. Отложим на луче OB за точку B отрезок BD = OB. Тогда OD = 2R, а диагонали AC и OD четырёхугольника AODC делятся точкой B пополам (AB = BC, OB = BD), значит, это параллелограмм, и AD = OC = R. Таким образом, в треугольнике OAD известны все стороны: OA, AD = R, OD = 2R.
Построение.
1) Строим треугольник OAD по трём сторонам: OA, AD = R, OD = 2R (окружность с центром O радиуса 2R и окружность с центром A радиуса R пересекаются в точке D).
2) Точка B — пересечение отрезка OD с данной окружностью (середина OD).
3) Прямая AB пересекает окружность ещё в точке C.
Доказательство. OB = R, поэтому B лежит на окружности. Пусть C1 — такая точка луча AB, что BC1 = AB. Диагонали четырёхугольника AOC1D (AC1 и OD) делятся пополам в точке B, значит, он параллелограмм и OC1 = AD = R, то есть C1 лежит на окружности. Прямая AB пересекает окружность не более чем в двух точках B и C, причём C1 ≠ B, поэтому C1 = C и AB = BC.
Исследование. Треугольник OAD существует, если R ≤ OA ≤ 3R (неравенство треугольника: OA + R ≥ 2R, OA ≤ R + 2R). При R < OA < 3R две точки D (симметричные относительно OA) дают два решения; при OA = 3R одно (прямая OA); при OA > 3R решений нет.
445. Постройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте, проведённой из вершины другого угла.
Даны периметр P, острый угол α и высота h, проведённая из вершины другого угла. Пусть в треугольнике ABC ∠A = α, а BH — высота, BH = h, периметр AB + BC + CA = P.
Анализ. Треугольник ABH прямоугольный: известен угол A и катет BH, поэтому он строится. Остаётся найти вершину C на луче AH. Отложим на луче AH точку D с AD = P − AB. Тогда AC + CB = AD, и если C лежит на AD, то CD = AD − AC = CB. Значит, C равноудалена от B и D, то есть лежит на серединном перпендикуляре к BD.
Построение.
1) Строим угол с вершиной A, равный α, и на одной его стороне находим точку B на расстоянии h от другой стороны (проводим параллельную ей прямую на расстоянии h). Основание перпендикуляра — H.
2) Находим AB и откладываем на луче AH отрезок AD = P − AB.
3) Строим серединный перпендикуляр к BD; его пересечение с AD — точка C.
Доказательство. CB = CD, поэтому AB + BC + CA = AB + CD + CA = AB + AD = P; ∠A = α; высота BH = h.
Исследование. Решение существует, если P > 2·AB (тогда AD > AB, и серединный перпендикуляр к BD пересекает отрезок AD внутри него); оно единственно.
Анализ. Треугольник ABH прямоугольный: известен угол A и катет BH, поэтому он строится. Остаётся найти вершину C на луче AH. Отложим на луче AH точку D с AD = P − AB. Тогда AC + CB = AD, и если C лежит на AD, то CD = AD − AC = CB. Значит, C равноудалена от B и D, то есть лежит на серединном перпендикуляре к BD.
Построение.
1) Строим угол с вершиной A, равный α, и на одной его стороне находим точку B на расстоянии h от другой стороны (проводим параллельную ей прямую на расстоянии h). Основание перпендикуляра — H.
2) Находим AB и откладываем на луче AH отрезок AD = P − AB.
3) Строим серединный перпендикуляр к BD; его пересечение с AD — точка C.
Доказательство. CB = CD, поэтому AB + BC + CA = AB + CD + CA = AB + AD = P; ∠A = α; высота BH = h.
Исследование. Решение существует, если P > 2·AB (тогда AD > AB, и серединный перпендикуляр к BD пересекает отрезок AD внутри него); оно единственно.
446. Постройте треугольник по периметру и двум углам.
Даны периметр P и два угла α и β треугольника.
Анализ. Пусть ABC — искомый треугольник (∠A = α, ∠B = β). Отложим на прямой AB от A в сторону, противоположную B, отрезок AA1 = AC, а от B в сторону, противоположную A, — BB1 = BC. Тогда A1B1 = P. Треугольник A1AC равнобедренный, ∠CAB — его внешний угол, поэтому ∠A1 = α/2; аналогично ∠B1 = β/2. Значит, можно построить треугольник A1B1C по стороне A1B1 = P и двум прилежащим углам α/2 и β/2.
Построение.
1) Строим отрезок A1B1 = P.
2) Делим углы α и β пополам; строим при A1 угол α/2, при B1 угол β/2 по одну сторону от A1B1. Лучи пересекаются в точке C.
3) Строим серединные перпендикуляры к A1C и B1C; их пересечения с A1B1 — точки A и B.
4) Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Точка A лежит на серединном перпендикуляре к A1C, поэтому AA1 = AC и ∠ACA1 = ∠A1 = α/2. Угол CAB внешний для треугольника AA1C, поэтому ∠CAB = α/2 + α/2 = α. Аналогично ∠CBA = β. Периметр: AB + BC + CA = AB + BB1 + A1A = A1B1 = P.
Исследование. Лучи из A1 и B1 пересекаются, если α/2 + β/2 < 180°, то есть всегда для углов треугольника (α + β < 180°). Решение единственное.
Анализ. Пусть ABC — искомый треугольник (∠A = α, ∠B = β). Отложим на прямой AB от A в сторону, противоположную B, отрезок AA1 = AC, а от B в сторону, противоположную A, — BB1 = BC. Тогда A1B1 = P. Треугольник A1AC равнобедренный, ∠CAB — его внешний угол, поэтому ∠A1 = α/2; аналогично ∠B1 = β/2. Значит, можно построить треугольник A1B1C по стороне A1B1 = P и двум прилежащим углам α/2 и β/2.
Построение.
1) Строим отрезок A1B1 = P.
2) Делим углы α и β пополам; строим при A1 угол α/2, при B1 угол β/2 по одну сторону от A1B1. Лучи пересекаются в точке C.
3) Строим серединные перпендикуляры к A1C и B1C; их пересечения с A1B1 — точки A и B.
4) Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Точка A лежит на серединном перпендикуляре к A1C, поэтому AA1 = AC и ∠ACA1 = ∠A1 = α/2. Угол CAB внешний для треугольника AA1C, поэтому ∠CAB = α/2 + α/2 = α. Аналогично ∠CBA = β. Периметр: AB + BC + CA = AB + BB1 + A1A = A1B1 = P.
Исследование. Лучи из A1 и B1 пересекаются, если α/2 + β/2 < 180°, то есть всегда для углов треугольника (α + β < 180°). Решение единственное.
447. Даны две точки A и B и прямая а, не проходящая через эти точки. На прямой а постройте точку, равноудалённую от точек A и B. Всегда ли задача имеет решение?
Искомая точка M лежит на прямой a и равноудалена от A и B, то есть лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB.
Построение. Строим серединный перпендикуляр m к AB; точка M — пересечение a и m.
Доказательство. M лежит на m, поэтому MA = MB.
Исследование. Задача имеет не всегда решение:
если a не параллельна m (то есть a не перпендикулярна AB), то M единственна;
если a ∥ m (a ⊥ AB) и a не совпадает с m, решений нет;
если a совпадает с m, решений бесконечно много (любая точка a).
Ответ: не всегда.
Построение. Строим серединный перпендикуляр m к AB; точка M — пересечение a и m.
Доказательство. M лежит на m, поэтому MA = MB.
Исследование. Задача имеет не всегда решение:
если a не параллельна m (то есть a не перпендикулярна AB), то M единственна;
если a ∥ m (a ⊥ AB) и a не совпадает с m, решений нет;
если a совпадает с m, решений бесконечно много (любая точка a).
Ответ: не всегда.