Упражнения 448–461 — Задачи повышенной трудности. Задачи к главе V

Искомая точка лежит на данной окружности и равноудалена от концов отрезка AB, то есть лежит на серединном перпендикуляре m к AB.
Построение. Строим серединный перпендикуляр m к отрезку AB; точки его пересечения с данной окружностью — искомые.
Доказательство. Каждая из этих точек лежит на окружности и на m, поэтому равноудалена от A и B.
Исследование. Число решений равно числу общих точек прямой m и окружности: две, если расстояние от центра до m меньше радиуса; одна, если оно равно радиусу (m касается окружности); ни одной, если больше радиуса. Если A и B симметричны относительно некоторого диаметра, m проходит через центр, и точек всегда две.
Ответ: два, одно или ни одного.

Пусть A, B, C — данные точки.
Если точки не лежат на одной прямой, строим серединные перпендикуляры к отрезкам AB и BC; они пересекаются в точке O (так как AB не параллельна BC). Окружность с центром O радиуса OA проходит через A, B, C, так как OA = OB = OC. Решение единственное: центр любой такой окружности равноудалён от A, B, C и потому совпадает с O.
Если точки лежат на одной прямой, окружности нет: прямая не может иметь с окружностью более двух общих точек (см. вопрос 10).
Ответ: не всегда; решение есть (и единственно) только если точки не лежат на одной прямой.

Пусть данные прямые a и b пересекаются в точке O. Точки, равноудалённые от a и b, образуют две перпендикулярные прямые l1 и l2, содержащие биссектрисы образованных углов (задача 331).
Построение. Строим биссектрисы углов, образованных a и b (две прямые l1 и l2). Точки пересечения l1 и l2 с данной окружностью — искомые.
Доказательство. Такие точки лежат на l1 или l2, поэтому равноудалены от a и b, и лежат на окружности.
Исследование. Каждая из прямых l1, l2 пересекает окружность в двух точках, в одной (касается) или не пересекает. Поэтому всего получается четыре, три, два, одну или ни одной точки (при совпадении точки пересечения l1 и l2 с точкой окружности число точек уменьшается).
Ответ: четыре, три, два, одно или ни одного решения.

Три попарно пересекающиеся прямые, не проходящие через одну точку, образуют треугольник ABC. Точка, равноудалённая от всех трёх прямых, лежит на биссектрисах всех углов, образованных каждой парой прямых.
Построение и решения.
1) Центр O вписанной окружности — пересечение биссектрис треугольника (равноудалён от сторон).
2) Центры вневписанных окружностей: точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине B, биссектрисы внешнего угла при вершине C и биссектрисы внутреннего угла A (а также две аналогичные точки для вершин B и C). Каждая такая точка равноудалена от прямых AB, BC, CA (задача 335: две биссектрисы внешних углов пересекаются в точке, равноудалённой от трёх прямых; она лежит и на биссектрисе третьего угла).
Других точек нет: любая искомая точка лежит на биссектрисных прямых двух пар прямых, и эти прямые пересекаются в указанных четырёх точках.
Ответ: четыре точки (O, O1, O2, O3 на рисунке).

Даны сторона BC, разность углов ∠B − ∠C = δ (∠B > ∠C) и сумма двух других сторон s = AB + AC.
Анализ. Продолжим сторону CA за точку A и отложим AA1 = AB. Тогда CA1 = AC + AB = s. Треугольник ABA1 равнобедренный, ∠A1 = ∠ABA1, и ∠BAC — его внешний угол, поэтому ∠BAC = 2∠A1, то есть ∠A1 = (∠BAC)/2 = 90° − (∠B + ∠C)/2. Угол CBA1 = ∠B + ∠ABA1 = ∠B + 90° − (∠B + ∠C)/2 = 90° + δ/2.
Значит, в треугольнике CBA1 известны две стороны BC и CA1 = s и угол при B, равный 90° + δ/2.
Построение.
1) Строим отрезок BC.
2) Строим угол CBM, равный 90° + δ/2 (δ/2 получаем делением угла δ пополам; к прямому углу прибавляем).
3) Окружность с центром C радиуса s пересекает луч BM в точке A1.
4) Строим серединный перпендикуляр к BA1; его пересечение с отрезком CA1 — точка A.
5) Треугольник ABC искомый.
Доказательство. AB = AA1 (A на серединном перпендикуляре к BA1), поэтому AB + AC = A1A + AC = CA1 = s; ∠ABA1 = ∠A1, ∠BAC = 2∠A1 как внешний угол. Из ∠CBA1 = ∠B + ∠A1 = 90° + δ/2 и ∠A1 = 90° − (∠B + ∠C)/2 получаем ∠B − ∠C = δ.
Исследование. Решение существует, если s > BC (неравенство треугольника для CBA1) и точка пересечения окружности с лучом существует; так как угол CBA1 тупой, оно единственно.

Пусть радиусы равных окружностей равны r, O1A ⊥ m и O2B ⊥ m (радиусы, проведённые в точки касания). Окружности равны и имеют общую точку, поэтому они касаются внешним образом, и m — их общая внешняя касательная (A ≠ B); центры O1 и O2 лежат по одну сторону от m.
Так как O1A ∥ O2B (обе перпендикулярны m), точки O1 и B лежат по разные стороны от прямой AO2. Рассмотрим треугольники O1AO2 и BO2A: O1A = BO2 = r, AO2 — общая сторона, ∠O1AO2 = ∠BO2A (накрест лежащие углы при параллельных O1A и O2B и секущей AO2). Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому O1O2 = AB.
Оговорка: считаем, что m — внешняя общая касательная (A ≠ B); для общей касательной в точке касания окружностей A = B и AB = 0.

Пусть даны окружности с центрами O1 и O2 и радиусами R и r (R ≥ r), не имеющие общих точек.
Анализ (внешняя касательная). Пусть AB — общая касательная (A на первой, B на второй окружности, обе окружности по одну сторону от неё). Отложим на радиусе O1A отрезок AK = r. Тогда четырёхугольник AKO2B — прямоугольник (AK = BO2 = r, AK ∥ BO2), поэтому KO2 ∥ AB и ∠O1KO2 = 90°, O1K = R − r. Значит, K лежит на окружности с диаметром O1O2 и на окружности с центром O1 радиуса R − r.
Построение.
1) Строим окружность с центром O1 радиуса R − r и окружность с диаметром O1O2; они пересекаются в точках K и K1.
2) Луч O1K пересекает первую окружность в точке A.
3) Через A проводим прямую AB, перпендикулярную O1A. Это общая касательная.
Доказательство. AB перпендикулярна радиусу O1A, поэтому касается первой окружности. Прямая AB параллельна KO2 и удалена от неё на расстояние AK = r, а расстояние от центра O2 до прямой AB равно r, поэтому она касается и второй окружности.
Вторая внешняя касательная получается из точки K1.
Внутренние касательные (окружности лежат по разные стороны от касательной) строятся так же, но K выбирается на луче O1A за точкой A с AK = r: тогда O1K = R + r, и точка K лежит на окружности радиуса R + r с центром O1 и на окружности с диаметром O1O2.
Исследование. Если окружности лежат одна вне другой (O1O2 > R + r), существуют четыре общие касательные: две внешние и две внутренние. Если одна окружность лежит внутри другой (O1O2 < R − r), общих касательных нет: окружность с диаметром O1O2 и окружность радиуса R − r не пересекаются.
Ответ: четыре общие касательные, если окружности расположены одна вне другой; ни одной, если одна внутри другой.

Пусть a ∥ b, расстояние между ними d, P — данная точка.
Анализ. Окружность, касающаяся обеих прямых, имеет радиус r = d/2, а её центр лежит на прямой m, параллельной a и b и проходящей посередине между ними (центр равноудалён от a и b). Кроме того, центр удалён от P на r.
Построение.
1) Проводим общий перпендикуляр к a и b, находим его середину и через неё строим прямую m ∥ a. Радиус r — половина этого перпендикуляра.
2) Строим окружность с центром P радиуса r; пусть O1 и O2 — её общие точки с m.
3) Окружности с центрами O1, O2 и радиусом r — искомые.
Доказательство. Расстояние от O1 до a и b равно r, поэтому окружность касается обеих прямых; O1P = r, поэтому окружность проходит через P.
Исследование. Если P лежит строго между a и b, получаем две окружности; если P вне полосы (расстояние от P до m больше r), решений нет. (Случай, когда P лежит на одной из прямых, даёт единственную окружность.)

Анализ. Центр O искомой окружности лежит на перпендикуляре n к прямой m в точке A (радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной) и на серединном перпендикуляре к отрезку AB (OA = OB = радиус).
Построение.
1) Строим перпендикуляр n к m в точке A.
2) Строим серединный перпендикуляр к отрезку AB.
3) Их пересечение — центр O; строим окружность с центром O радиуса OA.
Доказательство. OA = OB, так что окружность проходит через B; прямая m перпендикулярна радиусу OA в его конце A, лежащем на окружности, значит, касается окружности в A (признак касательной).
Исследование. Серединный перпендикуляр к AB параллелен n только когда AB ∥ m, то есть B лежит на m, что исключено. Решение единственное.

Пусть данная окружность имеет центр C и радиус r; m — прямая, A на ней.
Анализ. Центр O искомой окружности лежит на перпендикуляре n к m в точке A. Пусть A2 — точка прямой n на расстоянии r от A. Тогда OA2 равно |ρ ± r|, где ρ = OA — радиус искомой окружности (знак зависит от того, по какую сторону от A лежит A2). Касание двух окружностей означает OC = ρ + r (внешнее) или OC = |ρ − r| (внутреннее). Поэтому OC = OA2, то есть O равноудалён от C и A2.
Построение.
1) Строим перпендикуляр n к m в точке A и на нём точки A1 и A2 на расстоянии r от A (по разные стороны от m).
2) Для A2 строим серединный перпендикуляр к отрезку A2C; его пересечение с n — точка O.
3) Строим окружность с центром O радиуса OA.
4) Аналогично для A1 получаем второй центр.
Доказательство. Окружность проходит через A, где m перпендикулярна радиусу OA, поэтому касается m в A. Из OC = OA2 = ρ ± r следует касание с данной окружностью.
Исследование. Для каждой из точек A1, A2 решение существует, если серединный перпендикуляр к A_iC пересекает n (не параллелен ей); получается до двух решений. На рисунке показана окружность, внешне касающаяся данной (OC = ρ + r); второй вариант с центром, найденным для A1, строится так же и касается данной окружности внутренним образом.

Пусть даны неразвёрнутый угол с вершиной V и точка P на одной из его сторон.
Анализ. Центр O вписанной окружности лежит на биссектрисе угла (равноудалён от сторон) и на перпендикуляре к стороне в точке касания P (радиус в точку касания перпендикулярен касательной).
Построение.
1) Строим биссектрису угла.
2) Строим перпендикуляр к стороне в точке P.
3) O — их пересечение. Строим окружность с центром O радиуса OP.
Доказательство. Сторона перпендикулярна радиусу OP в точке P окружности, поэтому касается её в P. Расстояние от O до другой стороны равно расстоянию до первой (O на биссектрисе), то есть равно радиусу OP, поэтому и другая сторона касается окружности (в точке Q).
Исследование. Если P не совпадает с вершиной, перпендикуляр пересекает биссектрису (она не перпендикулярна стороне, так как угол неразвёрнутый). Решение единственное.

Пусть дан острый угол с вершиной O и внутренняя точка A; B и C — точки на сторонах угла.
Построение.
1) Строим точку M, симметричную A относительно одной стороны угла, и точку K, симметричную A относительно другой.
2) Прямая MK пересекает стороны угла в точках B и C (на рисунке: B на стороне, относительно которой строили M, C — на другой).
Доказательство. Для любой точки B1 первой стороны AB1 = MB1 (симметрия), для любой точки C1 второй стороны AC1 = KC1. Периметр P(AB1C1) = AB1 + B1C1 + C1A = MB1 + B1C1 + C1K ≥ MK (длина ломаной не меньше длины отрезка). Равенство достигается, когда B1 и C1 лежат на отрезке MK, то есть B1 = B, C1 = C. Значит, у треугольника ABC периметр наименьший и равен MK.
Исследование. Прямая MK пересекает обе стороны угла (внутри углов), так как ∠MOK = 2·∠O < 180° для острого угла O: точки B и C лежат на сторонах угла. Решение единственное.

Пусть в треугольнике ABC угол C прямой; нужно построить окружность с центром O на катете CB, проходящую через C и касающуюся гипотенузы AB.
Анализ. Центр O лежит на катете CB и OC перпендикулярен AC, поэтому AC касается окружности в точке C (проходит через конец радиуса OC перпендикулярно ему). Окружность касается и AC, и AB, значит, её центр равноудалён от прямых AC и AB и лежит на биссектрисе угла A.
Построение.
1) Строим биссектрису угла A.
2) Её пересечение с катетом CB — точка O.
3) Строим окружность с центром O радиуса OC.
Доказательство. Расстояние от O до AC равно OC (OC ⊥ AC). Так как O лежит на биссектрисе угла A, расстояние от O до AB равно расстоянию до AC, то есть OC. Значит, расстояние от O до AB равно радиусу, и окружность касается AB (в точке T); она проходит через C.
Исследование. Биссектриса острого угла A пересекает катет CB, поэтому на катете CB решение единственное. Аналогично на катете CA получаем ещё одну окружность (используется биссектриса угла B). Всего две окружности — по одной на каждом катете.

Пусть O — центр данной окружности, KM — искомая хорда, A лежит на ней между K и M, AK > AM, и AK − AM = PQ.
Анализ. Отметим на хорде такую точку X, что KX = AM (X между K и A). Тогда AX = AK − KX = AK − AM = PQ. Середина N хорды KM является и серединой отрезка XA (KN = NM и KX = AM). Так как ON ⊥ KM, точка O лежит на серединном перпендикуляре к XA, поэтому OX = OA.
Итак, X удалена от A на PQ и от O на OA.
Построение.
1) Строим окружность с центром A радиуса PQ и окружность с центром O радиуса OA; пусть X — точка их пересечения.
2) Проводим прямую AX; она пересекает данную окружность в точках K и M (K — по направлению от A к X).
Доказательство. Пусть N — середина AX. Так как OA = OX, то ON ⊥ AX, и ON ⊥ KM, поэтому N — середина хорды KM: KN = NM. Тогда AK − AM = (KN + NA) − (NM − NA) = 2·NA = AX = PQ.
Исследование. Окружности пересекаются, если PQ ≤ 2·OA. При PQ < 2·OA получаем две точки X, симметричные относительно OA, и две хорды (симметричные относительно прямой OA); при PQ = 2·OA одна (диаметр, проходящий через A); при PQ > 2·OA решений нет.