Глава II. §4. Задачи на построение — с. 48
148. Какие из отрезков, изображённых на рисунке 96, являются: а) хордами окружности; б) диаметром окружности; в) радиусами окружности?
(Точка О — центр окружности.) [рисунок 96: окружность с центром О; отрезки MN, BA (проходит через O), CD, PO, C₁D₁ (точка D₁ внутри круга), TS (точка S вне круга)]
а) Хорда — отрезок, соединяющий две точки окружности. Оба конца лежат на окружности у отрезков MN, BA и CD. Отрезок C₁D₁ хордой не является (точка D₁ не лежит на окружности, она внутри круга), отрезок TS тоже (точка S вне окружности). Хорды: MN, CD, AB.
б) Диаметр — хорда, проходящая через центр. Через точку O проходит хорда AB. Диаметр: AB.
в) Радиус соединяет центр с точкой окружности: это отрезок OP. Кроме того, радиусами являются половины диаметра, то есть OA и OB.
Ответ: а) MN, CD, AB; б) AB; в) OP (а также OA и OB).
б) Диаметр — хорда, проходящая через центр. Через точку O проходит хорда AB. Диаметр: AB.
в) Радиус соединяет центр с точкой окружности: это отрезок OP. Кроме того, радиусами являются половины диаметра, то есть OA и OB.
Ответ: а) MN, CD, AB; б) AB; в) OP (а также OA и OB).
149. Отрезки AB и CD — диаметры окружности. Докажите свойства хорд: а) хорды BD и АС равны; б) хорды AD и ВС равны; в) ∠BAD = ∠BCD.
Пусть O — центр окружности, AB и CD — диаметры, поэтому O — середина каждого из них: OA = OB = OC = OD (радиусы).
а) В треугольниках BOD и AOC: OB = OA, OD = OC, ∠BOD = ∠AOC как вертикальные. Значит, △BOD = △AOC по первому признаку, откуда BD = AC.
б) В треугольниках AOD и BOC: OA = OB, OD = OC, ∠AOD = ∠BOC как вертикальные. Значит, △AOD = △BOC, откуда AD = BC. Кроме того, ∠OAD = ∠OBC.
в) Треугольник BOC равнобедренный (OB = OC), поэтому ∠OBC = ∠OCB. Из б) ∠OAD = ∠OBC. Лучи AB и AO совпадают, лучи CD и CO совпадают (O лежит на AB и на CD), поэтому ∠BAD = ∠OAD = ∠OBC = ∠OCB = ∠BCD.
а) В треугольниках BOD и AOC: OB = OA, OD = OC, ∠BOD = ∠AOC как вертикальные. Значит, △BOD = △AOC по первому признаку, откуда BD = AC.
б) В треугольниках AOD и BOC: OA = OB, OD = OC, ∠AOD = ∠BOC как вертикальные. Значит, △AOD = △BOC, откуда AD = BC. Кроме того, ∠OAD = ∠OBC.
в) Треугольник BOC равнобедренный (OB = OC), поэтому ∠OBC = ∠OCB. Из б) ∠OAD = ∠OBC. Лучи AB и AO совпадают, лучи CD и CO совпадают (O лежит на AB и на CD), поэтому ∠BAD = ∠OAD = ∠OBC = ∠OCB = ∠BCD.
150. Отрезок МK — диаметр окружности с центром О, а МР и РK — равные хорды этой окружности. Найдите угол POM.
O — середина диаметра MK. Так как MP = PK, треугольник MPK равнобедренный с основанием MK, а PO — его медиана. Медиана, проведённая к основанию равнобедренного треугольника, является высотой, поэтому PO ⊥ MK и ∠POM = 90°.
Ответ: 90°.
Ответ: 90°.
151. Отрезки AB и CD — диаметры окружности с центром О. Найдите периметр треугольника AOD, если известно, что СВ = 13 см, AB = 16 см.
Радиус окружности равен AB : 2 = 8 см, поэтому AO = OD = 8 см. Треугольники AOD и BOC равны по первому признаку: AO = BO, DO = CO, ∠AOD = ∠BOC как вертикальные. Значит, AD = BC = 13 см.
Периметр P = AO + OD + AD = 8 + 8 + 13 = 29 см.
Ответ: 29 см.
Периметр P = AO + OD + AD = 8 + 8 + 13 = 29 см.
Ответ: 29 см.
152. На окружности с центром О отмечены точки A и B так, что угол AOB — прямой. Отрезок ВС — диаметр окружности. Докажите, что хорды AB и АС равны.
Так как BC — диаметр, точка O лежит на BC, и углы AOB и AOC смежные: ∠AOC = 180° − 90° = 90°. В треугольниках AOB и AOC: OA — общая сторона, OB = OC (радиусы), ∠AOB = ∠AOC = 90°. Значит, △AOB = △AOC по первому признаку, откуда AB = AC.
153. На прямой даны две точки A и B. На продолжении луча ВА отложите отрезок ВС так, чтобы ВС = 2AB.
Построение.
1. Проводим луч BA (он идёт из B через A и дальше).
2. Циркулем с раствором AB проводим окружность с центром A. Она пересекает луч BA в точке B и ещё в одной точке C, лежащей за точкой A.
3. BC — искомый отрезок.
Доказательство. Точки B, A, C лежат на одной прямой, A между B и C, AC = AB (радиусы одной окружности). Значит, BC = BA + AC = 2AB.
Задача имеет единственное решение.
Доказательство. Точки B, A, C лежат на одной прямой, A между B и C, AC = AB (радиусы одной окружности). Значит, BC = BA + AC = 2AB.
Задача имеет единственное решение.
154. Даны прямая а, точка В, не лежащая на ней, и отрезок PQ. Постройте точку М на прямой а так, чтобы ВМ = PQ. Всегда ли задача имеет решение?
Построение.
1. Раствором циркуля, равным PQ, проводим окружность с центром B.
2. Точки пересечения этой окружности с прямой a — искомые точки M.
3. Для каждой такой точки BM = PQ как радиус окружности.
Исследование. Пусть d — расстояние от точки B до прямой a (длина перпендикуляра из B на a). Если PQ > d, окружность пересекает прямую в двух точках (две точки M). Если PQ = d, окружность касается прямой — одна точка, основание перпендикуляра. Если PQ < d, общих точек нет, и задача решений не имеет. Итак, решение есть не всегда.
На рисунке PQ > d, получились две точки M₁ и M₂.
Исследование. Пусть d — расстояние от точки B до прямой a (длина перпендикуляра из B на a). Если PQ > d, окружность пересекает прямую в двух точках (две точки M). Если PQ = d, окружность касается прямой — одна точка, основание перпендикуляра. Если PQ < d, общих точек нет, и задача решений не имеет. Итак, решение есть не всегда.
На рисунке PQ > d, получились две точки M₁ и M₂.
155. Даны окружность, точка А, не лежащая на ней, и отрезок PQ. Постройте точку М на окружности так, чтобы AM = PQ. Всегда ли задача имеет решение?
Построение.
1. Раствором циркуля, равным PQ, проводим окружность с центром A.
2. Точки пересечения этой окружности с данной окружностью — искомые точки M.
3. По построению AM = PQ (радиус вспомогательной окружности).
Исследование. Пусть O — центр данной окружности, R — её радиус, d = AO. Две окружности пересекаются в двух точках, если |d − R| < PQ < d + R; касаются (одна точка) при PQ = |d − R| или PQ = d + R; не пересекаются (решений нет), если PQ < |d − R| или PQ > d + R. Значит, задача решается не всегда.
На рисунке выбрано PQ так, что получилось две точки M₁ и M₂.
Исследование. Пусть O — центр данной окружности, R — её радиус, d = AO. Две окружности пересекаются в двух точках, если |d − R| < PQ < d + R; касаются (одна точка) при PQ = |d − R| или PQ = d + R; не пересекаются (решений нет), если PQ < |d − R| или PQ > d + R. Значит, задача решается не всегда.
На рисунке выбрано PQ так, что получилось две точки M₁ и M₂.
156. Даны острый угол ВАС и луч XY. Постройте угол YXZ так, чтобы ∠YXZ = 2∠BAC.
Построение.
1. Проводим окружность произвольного радиуса с центром A; она пересекает стороны угла в точках K и L.
2. Тем же раствором циркуля проводим окружность с центром X; она пересекает луч XY в точке D.
3. Раствором, равным KL, проводим окружность с центром D; она пересекает первую окружность в точке E (с нужной стороны от XY). Угол YXE равен углу BAC (построение угла, равного данному: треугольники AKL и XDE равны по трём сторонам).
4. Раствором KL проводим окружность с центром E; она пересекает окружность с центром X в точке F, отличной от D. Тогда ∠EXF = ∠YXE = ∠BAC (те же рассуждения).
5. Проводим луч XF и обозначаем на нём точку Z. Тогда ∠YXZ = ∠YXE + ∠EXF = 2∠BAC.
Так как угол BAC острый, 2∠BAC < 180°, угол YXZ построен корректно.
Так как угол BAC острый, 2∠BAC < 180°, угол YXZ построен корректно.
157. Дан тупой угол AOB. Постройте луч ОХ так, чтобы углы ХОА и ХОВ были равными тупыми углами.
Построение.
1. Строим биссектрису угла AOB: окружность произвольного радиуса с центром O пересекает стороны угла в точках P и Q; окружности радиуса PQ с центрами P и Q пересекаются в точке E внутри угла; луч OE — биссектриса, ∠AOE = ∠BOE = ∠AOB/2.
2. Продолжаем луч EO за точку O: проводим луч OX, дополнительный к лучу OE (прямая EX проходит через O).
Доказательство. Углы AOX и AOE смежные, поэтому ∠XOA = 180° − ∠AOB/2. Аналогично ∠XOB = 180° − ∠AOB/2. Значит, ∠XOA = ∠XOB. Так как угол AOB тупой, 90° < ∠AOB < 180°, то 45° < ∠AOB/2 < 90°, и 90° < 180° − ∠AOB/2 < 135°, то есть углы XOA и XOB тупые.
Доказательство. Углы AOX и AOE смежные, поэтому ∠XOA = 180° − ∠AOB/2. Аналогично ∠XOB = 180° − ∠AOB/2. Значит, ∠XOA = ∠XOB. Так как угол AOB тупой, 90° < ∠AOB < 180°, то 45° < ∠AOB/2 < 90°, и 90° < 180° − ∠AOB/2 < 135°, то есть углы XOA и XOB тупые.
158. Даны прямая а и точка М, не лежащая на ней. Постройте прямую, проходящую через точку М и перпендикулярную к прямой а.
Построение.
1. Строим окружность с центром M, пересекающую прямую a в двух точках A и B.
2. Строим две окружности с центрами A и B, проходящие через точку M (радиусы AM и BM). Они пересекаются в точке M и ещё в одной точке N.
3. Проводим прямую MN; пусть она пересекает прямую a в точке C.
Доказательство. Треугольники AMN и BMN равны по трём сторонам (AM = BM как радиусы окружности с центром M, AN = AM, BN = BM как радиусы построенных окружностей, MN — общая сторона). Поэтому ∠AMN = ∠BMN, то есть MC — биссектриса равнобедренного треугольника AMB (AM = BM). Биссектриса, проведённая к основанию равнобедренного треугольника, является высотой, поэтому MC ⊥ AB, то есть MN ⊥ a.
Из точки вне прямой можно провести только один перпендикуляр к ней, поэтому построенная прямая единственная.
Доказательство. Треугольники AMN и BMN равны по трём сторонам (AM = BM как радиусы окружности с центром M, AN = AM, BN = BM как радиусы построенных окружностей, MN — общая сторона). Поэтому ∠AMN = ∠BMN, то есть MC — биссектриса равнобедренного треугольника AMB (AM = BM). Биссектриса, проведённая к основанию равнобедренного треугольника, является высотой, поэтому MC ⊥ AB, то есть MN ⊥ a.
Из точки вне прямой можно провести только один перпендикуляр к ней, поэтому построенная прямая единственная.