Номер 1286, страница 175 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1286. Постройте треугольник:

а) по его углу и двум высотам, проведенным к сторонам этого угла;

б) по двум его сторонам и углу против одной из них;

в) по двум его высотам и медиане, проведенной к третьей стороне;

г) по двум его высотам и медиане, выходящей из вершины, из которой проведена одна из высот;

д) по его стороне, противолежащему углу и отрезку, равному периметру;

е) по его высоте, периметру и углу при основании;

ж) по двум его углам и биссектрисе, проведенной из третьего угла;

з) по его стороне, противолежащему углу и радиусу вписанной окружности;

и) по сумме квадратов его сторон, углу между ними и радиусу описанной окружности;

к) по его основанию, медиане, проведенной к нему, и углу между этой медианой и высотой, проведенной к основанию;

л) вписанный в данную окружность, продолжения высоты, биссектрисы и медианы которого, проведенные из одной вершины, проходят через три данные на окружности точки.

а) по его углу и двум высотам, проведенным к сторонам этого угла;

Пусть дан треугольник $ABC$, в котором известен угол $\angle A = \alpha$ и высоты $h_b$ и $h_c$, проведенные из вершин $B$ и $C$ к сторонам $AC$ и $AB$ соответственно.

Анализ:
Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный вершиной $A$, вершиной $B$ и основанием высоты из $B$ на сторону $AC$. В этом треугольнике гипотенуза — это сторона $AB=c$, один из катетов — высота $h_b$, а противолежащий этому катету угол равен $\alpha$. Отсюда имеем соотношение: $\sin \alpha = \frac{h_b}{c}$, следовательно, $c = \frac{h_b}{\sin \alpha}$.

Аналогично, рассмотрев прямоугольный треугольник с вершинами $A, C$ и основанием высоты из $C$ на $AB$, получим: $\sin \alpha = \frac{h_c}{b}$, откуда $b = \frac{h_c}{\sin \alpha}$.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника по двум сторонам ($b$ и $c$) и углу между ними ($\alpha$).

Построение:
1. Построим отрезки, равные сторонам $b$ и $c$. Для этого: а) Построим вспомогательный прямоугольный треугольник с углом $\alpha$ и противолежащим катетом $h_b$. Его гипотенуза будет равна $c = \frac{h_b}{\sin \alpha}$. б) Построим второй вспомогательный прямоугольный треугольник с углом $\alpha$ и противолежащим катетом $h_c$. Его гипотенуза будет равна $b = \frac{h_c}{\sin \alpha}$.

2. Построим угол, равный данному углу $\alpha$. Обозначим его вершину как $A$.

3. На одной стороне угла отложим от вершины $A$ отрезок $AC$, равный построенной длине $b$.

4. На другой стороне угла отложим от вершины $A$ отрезок $AB$, равный построенной длине $c$.

5. Соединим точки $B$ и $C$.

Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решена построением сторон, прилежащих к данному углу, а затем построением треугольника по двум сторонам и углу между ними.

б) по двум его сторонам и углу против одной из них;

Пусть даны стороны $a, b$ и угол $\alpha$, противолежащий стороне $a$. Требуется построить треугольник $ABC$, где $BC=a$, $AC=b$, $\angle A = \alpha$.

Анализ:
Это классическая задача на построение, известная как случай "сторона-сторона-угол" (SSA). В зависимости от соотношения данных величин, задача может не иметь решений, иметь одно или два решения.

Построение:
1. Проведем произвольную прямую и отметим на ней точку $A$.

2. Построим угол, равный $\alpha$, с вершиной в точке $A$. Пусть одна его сторона лежит на проведенной прямой.

3. На стороне угла, не лежащей на первой прямой, отложим отрезок $AC$ длиной $b$.

4. Из точки $C$ как из центра проведем окружность радиусом $a$.

5. Точки пересечения этой окружности с первой прямой (со второй стороной угла $\alpha$) будут являться возможными положениями вершины $B$.

Возможные случаи:
- Если окружность не пересекает прямую, то решений нет (это происходит, когда $a < b \sin \alpha$). - Если окружность касается прямой, то существует одно решение — прямоугольный треугольник (это происходит, когда $a = b \sin \alpha$). - Если окружность пересекает прямую в двух точках, то возможны два решения (если $b \sin \alpha < a < b$). - Если $a \ge b$, окружность пересекает прямую в двух точках, но только одна из них образует треугольник с углом $\alpha$ (вторая точка либо совпадает с $A$, либо лежит на продолжении луча, образуя угол $180^\circ - \alpha$), поэтому решение в этом случае одно.

Ответ: Задача решается построением угла и откладыванием одной из сторон, а затем нахождением третьей вершины как точки пересечения окружности и прямой. Число решений (0, 1 или 2) зависит от соотношения длин сторон и величины угла.

в) по двум его высотам и медиане, проведенной к третьей стороне;

Пусть дан треугольник $ABC$ с высотами $h_a, h_b$ и медианой $m_c$ к стороне $AB$.

Анализ:
Пусть $M$ — середина стороны $AB$. Тогда $CM = m_c$. Проведем из точки $M$ перпендикуляры $MP$ на сторону $BC$ и $MQ$ на сторону $AC$. Так как $M$ — середина $AB$, то $MP$ и $MQ$ являются средними линиями в трапециях (или треугольниках), образованных высотами. Поэтому их длины равны половинам длин высот: $MP = h_a/2$ и $MQ = h_b/2$.

Таким образом, точка $M$ удалена от прямой $BC$ на расстояние $h_a/2$ и от прямой $AC$ на расстояние $h_b/2$. Сама точка $M$ находится на расстоянии $m_c$ от вершины $C$. Это позволяет найти положение точки $M$ и прямых, содержащих стороны $AC$ и $BC$.

Построение:
1. Выберем произвольную точку $C$.

2. Построим окружность с центром в $C$ и радиусом $m_c$. Выберем на ней любую точку $M$.

3. Построим две вспомогательные окружности с центром в точке $M$: одну радиусом $h_a/2$, другую — радиусом $h_b/2$.

4. Проведем прямую $l_a$ через точку $C$, касательную к окружности радиусом $h_b/2$. Эта прямая будет содержать сторону $AC$. (Для этого строится окружность на диаметре $CM$ и находятся точки ее пересечения с окружностью радиуса $h_b/2$).

5. Аналогично проведем прямую $l_b$ через точку $C$, касательную к окружности радиусом $h_a/2$. Эта прямая будет содержать сторону $BC$.

6. Теперь у нас есть вершина $C$ и прямые, на которых лежат стороны $AC$ и $BC$. Осталось найти вершины $A$ и $B$. Для этого отразим прямую $l_b$ симметрично относительно точки $M$. Получим прямую $l_b'$.

7. Точка пересечения прямых $l_a$ и $l_b'$ есть вершина $A$.

8. Проведем прямую через точки $A$ и $M$. Точка ее пересечения с прямой $l_b$ есть вершина $B$.

9. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается через нахождение положения середины третьей стороны относительно общей вершины, что позволяет определить прямые, содержащие две другие стороны.

г) по двум его высотам и медиане, выходящей из вершины, из которой проведена одна из высот;

Пусть даны высоты $h_a, h_b$ и медиана $m_a$, проведенные из вершин $A$ и $B$.

Анализ:
Пусть $A_1$ — основание высоты $h_a$, а $M_a$ — середина стороны $BC$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AA_1M_a$. В нем известны гипотенуза $AM_a = m_a$ и катет $AA_1 = h_a$. Мы можем построить этот треугольник. После построения мы будем знать положение вершины $A$ и прямой, содержащей сторону $BC$ (прямая $A_1M_a$).

Вершины $B$ и $C$ лежат на прямой $A_1M_a$ и симметричны относительно точки $M_a$. Осталось найти их положение. Воспользуемся свойством высот: $a \cdot h_a = b \cdot h_b$, где $a=BC$ и $b=AC$. Обозначим $M_aC = x$, тогда $BC = 2x$. Из прямоугольного треугольника $AA_1C$ (или $AH_aC$, если $H_a$ основание высоты) имеем $AC^2 = A_1C^2 + AA_1^2 = (A_1M_a+M_aC)^2 + h_a^2$. Длина $A_1M_a = \sqrt{m_a^2 - h_a^2}$ известна из построенного треугольника.

Соотношение $a/b = h_b/h_a$ можно переписать как $AC/BC = h_a/h_b$. Так как $BC=2M_aC$, то $AC/(2M_aC) = h_a/h_b$, или $AC/M_aC = 2h_a/h_b$.

Это означает, что точка $C$ принадлежит геометрическому месту точек, отношение расстояний от которых до двух данных точек ($A$ и $M_a$) постоянно и равно $k = 2h_a/h_b$. Это геометрическое место — окружность Аполлония. Искомая вершина $C$ является точкой пересечения этой окружности и прямой $A_1M_a$.

Построение:
1. Построим прямоугольный треугольник $AA_1M_a$ по гипотенузе $m_a$ и катету $h_a$.

2. Проведем прямую $l$ через точки $A_1$ и $M_a$.

3. Построим отрезок $k = 2h_a/h_b$ (как четвертый пропорциональный).

4. Построим окружность Аполлония для точек $A, M_a$ и отношения $k$. Для этого на прямой $AM_a$ находим точки $P$ и $Q$, делящие отрезок $AM_a$ внутренним и внешним образом в отношении $k$. Окружность, построенная на отрезке $PQ$ как на диаметре, является искомой окружностью Аполлония.

5. Найдем точки пересечения прямой $l$ и окружности Аполлония. Это возможные положения вершины $C$.

6. Для каждой найденной точки $C$ строим точку $B$, симметричную $C$ относительно $M_a$.

7. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача сводится к построению прямоугольного треугольника по медиане и высоте, а затем к нахождению вершин основания как точек пересечения прямой и окружности Аполлония.

д) по его стороне, противолежащему углу и отрезку, равному периметру;

Пусть даны сторона $a=BC$, противолежащий ей угол $\angle A=\alpha$ и периметр $P$.

Анализ:
Известно, что $a+b+c=P$, значит, $b+c = P-a$. Задача сводится к построению треугольника по стороне $a$, противолежащему углу $\alpha$ и сумме двух других сторон $b+c$.

Рассмотрим треугольник $ABC$. Продлим сторону $AB$ за вершину $A$ до точки $D$ так, что $AD=AC=b$. Тогда отрезок $BD = BA+AD = c+b$. Треугольник $ADC$ равнобедренный, и $\angle BAC$ является для него внешним. По свойству внешнего угла, $\angle BAC = \angle ADC + \angle ACD$. Так как $\triangle ADC$ равнобедренный, $\angle ADC = \angle ACD$. Следовательно, $\angle BAC = 2\angle ADC$, откуда $\angle BDC = \alpha/2$.

Таким образом, мы можем построить треугольник $BDC$ по двум сторонам $BC=a$, $BD=b+c=P-a$ и углу $\angle BDC=\alpha/2$, противолежащему стороне $BC$. После этого найти вершину $A$ не составит труда.

Построение:
1. Вычисляем (строим) длину отрезка $s = P-a$.

2. Строим угол, равный $\alpha/2$. Пусть его вершина — точка $D$.

3. На одной из сторон угла откладываем от вершины $D$ отрезок $DB = s$.

4. Из точки $B$ проводим окружность радиусом $a$.

5. Точка пересечения этой окружности со второй стороной угла $D$ есть вершина $C$. (Здесь, как в пункте б, возможно 0, 1 или 2 решения для точки C).

6. Теперь у нас есть треугольник $BDC$. Вершина $A$ искомого треугольника $ABC$ лежит на отрезке $BD$. Так как $AD=AC$, точка $A$ также лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $CD$.

7. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $CD$.

8. Точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $BD$ есть вершина $A$.

9. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается с помощью вспомогательного построения треугольника, одна из сторон которого равна сумме двух неизвестных сторон исходного треугольника.

е) по его высоте, периметру и углу при основании;

Пусть даны высота $h_a$, проведенная к основанию $BC$, периметр $P$ и угол при основании $\angle B = \beta$.

Анализ:
Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой $h_a$ (катет), стороной $c=AB$ (гипотенуза) и углом $\beta$. Из него мы можем найти сторону $c = AB = \frac{h_a}{\sin \beta}$.

Теперь задача сводится к построению треугольника по стороне $c=AB$, прилежащему углу $\angle B = \beta$ и сумме двух других сторон $a+b = P-c$.

Для решения этой задачи продлим сторону $BC$ за точку $C$ до точки $D$ так, что $CD=AC=b$. Тогда $BD = BC+CD = a+b$. Треугольник $ACD$ равнобедренный. Вершина $C$ лежит на основании $BD$ и равноудалена от точек $A$ и $D$. Следовательно, $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AD$.

Построение:
1. Строим отрезок $c = \frac{h_a}{\sin \beta}$ (как гипотенузу прямоугольного треугольника с катетом $h_a$ и противолежащим углом $\beta$).

2. Строим отрезок $s = P-c$, который равен $a+b$.

3. Строим отрезок $AB$ длиной $c$.

4. В точке $B$ строим угол, равный $\beta$.

5. На луче, выходящем из $B$ и образующем угол $\beta$, откладываем отрезок $BD$ длиной $s$.

6. Соединяем точки $A$ и $D$.

7. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $AD$.

8. Точка пересечения этого перпендикуляра с отрезком $BD$ есть вершина $C$.

9. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача сводится к последовательному нахождению одной из сторон, а затем к построению треугольника по стороне, прилежащему углу и сумме двух других сторон.

ж) по двум его углам и биссектрисе, проведенной из третьего угла;

Пусть даны два угла $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$ и биссектриса $l_c$, проведенная из вершины $C$.

Анализ:
Зная два угла треугольника, мы можем найти третий: $\gamma = \angle C = 180^\circ - (\alpha + \beta)$. Биссектриса $l_c$ делит этот угол пополам, образуя углы $\gamma/2$.

Пусть $CD=l_c$ — биссектриса. Рассмотрим треугольник $ADC$. В нем известны сторона $CD=l_c$, угол $\angle A = \alpha$ и угол $\angle ACD = \gamma/2$. Следовательно, мы можем найти и третий угол $\angle ADC = 180^\circ - \alpha - \gamma/2$. Таким образом, мы можем построить треугольник $ADC$ по стороне и двум прилежащим углам (AAS).

Рассмотрим треугольник $CDB$. В нем $\angle B = \beta$, $\angle BCD = \gamma/2$, значит $\angle CDB = 180^\circ - \beta - \gamma/2$. Мы можем построить $\triangle CDB$ по стороне $CD=l_c$ и двум прилежащим углам.

Построение:
1. Вычисляем углы $\gamma = 180^\circ - \alpha - \beta$ и $\gamma/2$.

2. Построим треугольник $CDB$. Для этого: а) Проведем отрезок $CD$ длиной $l_c$. б) От луча $DC$ отложим угол $\angle CDB = 180^\circ - \beta - \gamma/2$. в) От луча $CD$ отложим угол $\angle BCD = \gamma/2$. г) Пересечение построенных лучей даст вершину $B$.

3. Продлим прямую $DB$. На этой прямой лежит сторона $AB$.

4. От луча $CB$ отложим угол $\angle BCA = \gamma$ так, чтобы биссектриса $CD$ оказалась внутри него.

5. Пересечение построенного луча с прямой $DB$ даст вершину $A$.

6. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается построением вспомогательного треугольника, образованного биссектрисой и одной из сторон, по стороне и двум углам.

з) по его стороне, противолежащему углу и радиусу вписанной окружности;

Пусть даны сторона $a=BC$, противолежащий угол $\angle A=\alpha$ и радиус вписанной окружности $r$.

Анализ:
Пусть $I$ — центр вписанной окружности (инцентр). Расстояние от инцентра до каждой из сторон треугольника равно $r$. Следовательно, точка $I$ лежит на прямой, параллельной стороне $BC$ и удаленной от нее на расстояние $r$.

Рассмотрим треугольник $BIC$. Угол $\angle BIC$ можно выразить через угол $\alpha$: $\angle BIC = 180^\circ - \angle IBC - \angle ICB = 180^\circ - (\beta/2 + \gamma/2) = 180^\circ - (\beta+\gamma)/2 = 180^\circ - (180^\circ - \alpha)/2 = 90^\circ + \alpha/2$. Таким образом, инцентр $I$ также лежит на дуге окружности, из которой отрезок $BC$ виден под углом $90^\circ + \alpha/2$.

Пересечение этих двух геометрических мест (прямой и дуги) дает нам положение инцентра $I$.

Построение:
1. Построим отрезок $BC$ длиной $a$.

2. Построим прямую $l$, параллельную $BC$ и отстоящую от нее на расстояние $r$.

3. Построим геометрическое место точек, из которых отрезок $BC$ виден под углом $90^\circ + \alpha/2$. Это дуга окружности.

4. Точка пересечения прямой $l$ и этой дуги есть инцентр $I$. (Возможны два симметричных решения, дающих конгруэнтные треугольники).

5. Строим окружность с центром в $I$ и радиусом $r$ — это вписанная окружность.

6. Проводим касательные к этой окружности из точек $B$ и $C$.

7. Точка пересечения этих касательных (отличных от прямой $BC$) есть вершина $A$.

8. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается через нахождение положения центра вписанной окружности как точки пересечения двух геометрических мест: прямой, параллельной данной стороне, и дуги окружности.

и) по сумме квадратов его сторон, углу между ними и радиусу описанной окружности;

Предполагается, что имеются в виду сумма квадратов двух сторон. Пусть даны $b^2+c^2=S^2$, угол $\angle A = \alpha$ и радиус описанной окружности $R$.

Анализ:
По теореме синусов, $a = 2R \sin \alpha$. Таким образом, мы можем найти (построить) сторону $a$.

По теореме Аполлония, $b^2+c^2 = 2(m_a^2 + (a/2)^2)$, где $m_a$ — медиана к стороне $a$.

Мы знаем $b^2+c^2$ и можем найти $a$. Следовательно, мы можем найти и медиану $m_a$: $S^2 = 2m_a^2 + 2(a/2)^2 = 2m_a^2 + a^2/2$. $m_a^2 = S^2/2 - a^2/4$. Длину $m_a = \sqrt{S^2/2 - a^2/4}$ можно построить.

Таким образом, задача сводится к построению треугольника по стороне $a$, медиане к ней $m_a$ и радиусу описанной окружности $R$.

Построение:
1. Строим отрезок $a = 2R \sin \alpha$. Пусть это будет отрезок $BC$.

2. Строим отрезок $m_a = \sqrt{S^2/2 - a^2/4}$.

3. Строим описанную окружность $\Omega$: ее центр $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$, а радиус равен $R$.

4. Вершина $A$ должна лежать на этой окружности $\Omega$.

5. Также вершина $A$ должна находиться на расстоянии $m_a$ от середины $M$ стороны $BC$. Строим окружность с центром в точке $M$ и радиусом $m_a$.

6. Точка пересечения этих двух окружностей (описанной и окружности из шага 5) есть искомая вершина $A$.

7. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача сводится к построению треугольника по стороне, медиане к этой стороне и радиусу описанной окружности, которые предварительно вычисляются и строятся из исходных данных.

к) по его основанию, медиане, проведенной к нему, и углу между этой медианой и высотой, проведенной к основанию;

Пусть даны основание $a=BC$, медиана $m_a=AM$ (где $M$ — середина $BC$), и угол $\delta$ между медианой $AM$ и высотой $AH$.

Анализ:
Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMH$. В нем известен угол $\angle MAH = \delta$ и гипотенуза $AM = m_a$. Следовательно, этот треугольник можно построить. Построив его, мы найдем положение точек $A, M, H$.

Точки $B, C, M, H$ лежат на одной прямой — прямой, содержащей основание. Точка $M$ является серединой основания $BC$. Длина основания $a$ дана.

Построение:
1. Построим прямоугольный треугольник $AMH$ по гипотенузе $AM = m_a$ и острому углу $\angle MAH = \delta$.

2. Проведем прямую $l$ через точки $M$ и $H$.

3. На прямой $l$ отложим от точки $M$ в обе стороны отрезки $MB$ и $MC$, равные $a/2$.

4. Соединим точку $A$ с точками $B$ и $C$.

5. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается построением прямоугольного треугольника, образованного высотой и медианой, что позволяет определить положение вершины и прямой-основания.

л) вписанный в данную окружность, продолжения высоты, биссектрисы и медианы которого, проведенные из одной вершины, проходят через три данные на окружности точки.

Пусть дана окружность $\Omega$ с центром $O$ и три точки на ней $H', L', M'$. Требуется построить вписанный в $\Omega$ треугольник $ABC$ так, чтобы продолжения высоты $AH$, биссектрисы $AL$ и медианы $AM$, проведенных из вершины $A$, пересекали $\Omega$ в точках $H', L', M'$ соответственно.

Анализ:
Используем следующие свойства: 1. Продолжение биссектрисы $AL$ пересекает описанную окружность в точке $L'$, которая является серединой дуги $BC$. Следовательно, перпендикуляр к хорде $BC$, проходящий через ее середину $M$, также проходит через точку $L'$ и центр окружности $O$. Таким образом, прямая $OL'$ является серединным перпендикуляром к стороне $BC$. 2. Так как высота $AH$ перпендикулярна $BC$, а прямая $OL'$ также перпендикулярна $BC$, то прямые $AH$ (и ее продолжение $AH'$) и $OL'$ параллельны. 3. Середина $M$ стороны $BC$ по определению лежит на медиане $AM$ (и на ее продолжении $AM'$). Также из пункта 1 следует, что $M$ лежит на прямой $OL'$.

Эти свойства позволяют выполнить построение.

Построение:
1. На данной окружности $\Omega$ с центром $O$ и точками $H', L', M'$ проведем прямую $l_1$ через точки $O$ и $L'$.

2. Проведем через точку $H'$ прямую $l_2$, параллельную прямой $l_1$.

3. Точка пересечения прямой $l_2$ с окружностью $\Omega$, отличная от $H'$, является вершиной $A$. (Если $l_2$ касается окружности, то $A=H'$).

4. Проведем прямую $l_3$ через построенную вершину $A$ и данную точку $M'$. Эта прямая содержит медиану.

5. Точка пересечения прямых $l_1$ и $l_3$ является серединой $M$ стороны $BC$.

6. Проведем через точку $M$ прямую $l_4$, перпендикулярную прямой $l_1$. Эта прямая содержит сторону $BC$.

7. Точки пересечения прямой $l_4$ с окружностью $\Omega$ являются вершинами $B$ и $C$.

8. Треугольник $ABC$ — искомый.

Ответ: Задача решается с помощью геометрических свойств высоты, медианы и биссектрисы, связанных с описанной окружностью, что позволяет последовательно найти вершину A, середину противолежащей стороны M, и, наконец, две другие вершины B и C.