Номер 728, страница 214 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

728. Постройте прямую, которая:

а) образует с одной стороной данного угла угол данной величины, а сам угол высекает из прямой отрезок данной длины;

б) параллельна основанию данного треугольника, а ее отрезок внутри треугольника равен сумме отрезков боковых сторон, заключенных между прямой и основанием;

в) параллельна основанию треугольника, чтобы ограниченный ею отрезок на одной стороне до вершины был равен ограниченному ей отрезку на другой стороне до основания;

г) проходит через данную точку, а расстояние между перпендикулярами, опущенными на эту прямую из двух данных точек, равно длине данного отрезка;

д) проходит через точку пересечения двух данных окружностей, причем они высекают на прямой равные хорды.

а) образует с одной стороной данного угла угол данной величины, а сам угол высекает из прямой отрезок данной длины;

Пусть дан угол с вершиной $O$ и сторонами-лучами $l_1$ и $l_2$, а также дан угол $\alpha$ и отрезок длины $d$. Требуется построить прямую $p$, которая пересекает лучи $l_1$ и $l_2$ в точках $A$ и $B$ соответственно, так, что длина отрезка $AB$ равна $d$, и угол между прямой $p$ и лучом $l_1$ равен $\alpha$.

Анализ: Предположим, что искомая прямая $p$ построена. Она пересекает стороны угла в точках $A$ и $B$. Образуется треугольник $OAB$. В этом треугольнике нам известны: угол $\angle AOB$ (это данный угол), сторона $AB=d$, и угол, который прямая $AB$ образует со стороной $OA$, равен $\alpha$. Будем считать, что это внутренний угол треугольника, то есть $\angle OAB = \alpha$. Зная два угла треугольника ($\angle AOB$ и $\angle OAB$), мы можем найти третий: $\angle OBA = 180^\circ - \angle AOB - \angle OAB$. Таким образом, треугольник $OAB$ полностью определяется по стороне и двум прилежащим к ней углам (в данном случае по стороне $AB=d$, углу $\angle OAB = \alpha$ и противолежащему углу $\angle AOB$). Построение такого треугольника является стандартной задачей.

Построение:

1. Построим вспомогательный треугольник $O'A'B'$ по стороне и двум углам. Сначала найдем величину третьего угла: $\gamma = 180^\circ - \angle AOB - \alpha$. Для существования решения необходимо, чтобы $\angle AOB + \alpha < 180^\circ$.
2. Построим отрезок $A'B'$ длиной $d$.
3. От луча $A'B'$ в одной полуплоскости отложим угол $\angle B'A'X = \alpha$.
4. От луча $B'A'$ в той же полуплоскости отложим угол $\angle A'B'Y = \gamma$.
5. Лучи $A'X$ и $B'Y$ пересекутся в точке $O'$. Получили треугольник $O'A'B'$.
6. Теперь "перенесем" этот треугольник на данный угол. На стороне $l_1$ данного угла отложим от вершины $O$ отрезок $OA$, равный по длине построенному отрезку $O'A'$.
7. На стороне $l_2$ данного угла отложим от вершины $O$ отрезок $OB$, равный по длине построенному отрезку $O'B'$.
8. Проведем прямую через точки $A$ и $B$. Эта прямая и будет искомой.

Доказательство: По построению, треугольник $OAB$ конгруэнтен треугольнику $O'A'B'$ по двум сторонам и углу между ними ($OA=O'A'$, $OB=O'B'$, $\angle AOB = \angle A'O'B'$). Следовательно, $AB = A'B' = d$ и $\angle OAB = \angle O'A'B' = \alpha$. Таким образом, построенная прямая удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Построение сводится к построению вспомогательного треугольника по стороне $d$ и прилежащим к ней (или известным) углам $\alpha$ и $180^\circ - \angle O - \alpha$, и последующему "копированию" этого треугольника в данный угол.

б) параллельна основанию данного треугольника, а ее отрезок внутри треугольника равен сумме отрезков боковых сторон, заключенных между прямой и основанием;

Пусть дан треугольник $ABC$ с основанием $AC$. Требуется построить прямую $p$, параллельную $AC$, пересекающую боковые стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно, так, что $MN = AM + CN$.

Анализ и построение: Это классическая задача, которая изящно решается с помощью биссектрис. Рассмотрим точку $I$ — точку пересечения биссектрис углов $A$ и $C$ треугольника $ABC$ (инцентр). Проведем через точку $I$ прямую $p$, параллельную основанию $AC$. Пусть эта прямая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$. Докажем, что эта прямая является искомой.

Рассмотрим треугольник $AMI$. Так как $AI$ — биссектриса угла $A$, то $\angle MAI = \angle IAC$. Поскольку прямая $MN$ параллельна $AC$, углы $\angle MIA$ и $\angle IAC$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $MN$, $AC$ и секущей $AI$. Следовательно, $\angle MAI = \angle MIA$. Это означает, что треугольник $AMI$ является равнобедренным с основанием $AI$, откуда следует, что $AM = MI$.

Аналогично рассмотрим треугольник $CNI$. Так как $CI$ — биссектриса угла $C$, то $\angle NCI = \angle ICA$. Углы $\angle NIC$ и $\angle ICA$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $MN$, $AC$ и секущей $CI$. Следовательно, $\angle NCI = \angle NIC$. Треугольник $CNI$ является равнобедренным с основанием $CI$, откуда $CN = NI$.

Длина отрезка прямой $p$ внутри треугольника равна $MN = MI + IN$. Подставляя найденные равенства, получаем: $MN = AM + CN$. Это и есть требуемое условие.

Таким образом, для построения искомой прямой достаточно:

1. Построить биссектрисы углов $A$ и $C$ данного треугольника.
2. Найти их точку пересечения $I$.
3. Провести через точку $I$ прямую, параллельную основанию $AC$.

Ответ: Искомая прямая — это прямая, проходящая через точку пересечения биссектрис углов при основании треугольника и параллельная этому основанию.

в) параллельна основанию треугольника, чтобы ограниченный ею отрезок на одной стороне до вершины был равен ограниченному ей отрезку на другой стороне до основания;

Пусть дан треугольник $ABC$ с вершиной $B$ и основанием $AC$. Требуется построить прямую $p$, параллельную $AC$, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно, так, что отрезок на одной стороне от вершины ($BM$) равен отрезку на другой стороне от основания ($CN$). То есть, $BM = CN$.

Анализ: Пусть прямая $MN$ построена. Так как $MN \parallel AC$, то треугольник $MBN$ подобен треугольнику $ABC$. Обозначим коэффициент подобия через $k$. Тогда: $k = \frac{BM}{AB} = \frac{BN}{BC}$ Из этого соотношения имеем $BM = k \cdot AB$ и $BN = k \cdot BC$. Длина отрезка $CN$ равна $BC - BN = BC - k \cdot BC = BC(1-k)$. Условие задачи $BM = CN$ в терминах коэффициента $k$ запишется как: $k \cdot AB = BC(1-k)$ $k \cdot AB = BC - k \cdot BC$ $k \cdot AB + k \cdot BC = BC$ $k(AB + BC) = BC$ $k = \frac{BC}{AB + BC}$ Теперь мы можем найти длину отрезка $BM$: $BM = k \cdot AB = \frac{AB \cdot BC}{AB + BC}$. Эта длина может быть построена с помощью циркуля и линейки как четвертый пропорциональный отрезок.

Построение:

1. На прямой отложим отрезок $S = AB + BC$.
2. Построим отрезок $x$ длиной $\frac{AB \cdot BC}{S}$. Для этого воспользуемся построением четвертого пропорционального отрезка (например, с помощью теоремы Фалеса).
   • Начертим произвольный угол.
   • На одной его стороне отложим от вершины отрезки, равные $S = AB+BC$ и $BC$.
   • На другой стороне отложим от вершины отрезок, равный $AB$.
   • Соединим конец отрезка $S$ с концом отрезка $AB$.
   • Проведем прямую, параллельную полученному отрезку, через конец отрезка $BC$. Эта прямая отсечет на второй стороне угла искомый отрезок $x$.
3. На стороне $AB$ треугольника от вершины $B$ отложим отрезок $BM$, равный построенному отрезку $x$.
4. Через точку $M$ проведем прямую, параллельную основанию $AC$. Эта прямая и будет искомой.

Доказательство: По построению $MN \parallel AC$ и $BM = \frac{AB \cdot BC}{AB+BC}$. Коэффициент подобия $k = \frac{BM}{AB} = \frac{BC}{AB+BC}$. Тогда $CN = BC - BN = BC - k \cdot BC = BC(1-k) = BC(1 - \frac{BC}{AB+BC}) = BC(\frac{AB+BC-BC}{AB+BC}) = \frac{BC \cdot AB}{AB+BC}$. Таким образом, $BM = CN$, что и требовалось.

Ответ: Положение искомой прямой определяется точкой $M$ на стороне $AB$, такой что $BM = \frac{AB \cdot BC}{AB+BC}$. Длина $BM$ строится как четвертый пропорциональный отрезок к отрезкам $AB+BC$, $BC$ и $AB$.

г) проходит через данную точку, а расстояние между перпендикулярами, опущенными на эту прямую из двух данных точек, равно длине данного отрезка;

Пусть даны точки $P$, $A$, $B$ и отрезок длины $d$. Требуется построить прямую $p$, проходящую через точку $P$, такую, что расстояние между основаниями перпендикуляров, опущенных из точек $A$ и $B$ на прямую $p$, равно $d$.

Анализ: Пусть $p$ — искомая прямая. Пусть $A'$ и $B'$ — проекции точек $A$ и $B$ на прямую $p$. По условию, $A'B' = d$. Расстояние $A'B'$ является длиной проекции отрезка $AB$ на прямую $p$. Длина проекции отрезка на прямую равна произведению длины самого отрезка на косинус угла между отрезком и прямой. Если $\theta$ — угол между прямой $p$ и прямой $AB$, то $d = |AB| \cdot |\cos\theta|$. Отсюда $|\cos\theta| = \frac{d}{|AB|}$. Это равенство определяет угол, который искомая прямая должна составлять с прямой $AB$. Такое построение возможно, только если $d \le |AB|$, так как $|\cos\theta| \le 1$.

Построение: Построение можно выполнить в два этапа: сначала найти направление искомой прямой, а затем провести прямую этого направления через точку $P$.

1. Найдем направление. Для этого решим вспомогательную задачу: построить прямую, проходящую через точку $A$, для которой выполняется условие. Пусть это прямая $p_{dir}$. Пусть $B'$ — проекция $B$ на $p_{dir}$. Тогда $\triangle ABB'$ — прямоугольный с прямым углом при $B'$. Гипотенуза $AB$ известна, катет $AB'$ равен $d$.
2. Точка $B'$ должна удовлетворять двум условиям:
   • Она лежит на окружности с центром в $A$ и радиусом $d$.
   • Она лежит на окружности, построенной на отрезке $AB$ как на диаметре (так как $\angle AB'B = 90^\circ$).
3. Строим эти две окружности.
   • Находим середину $O$ отрезка $AB$ и строим окружность $k_1$ с центром $O$ и радиусом $OA$.
   • Строим окружность $k_2$ с центром $A$ и радиусом $d$.
4. Точки пересечения окружностей $k_1$ и $k_2$ (если они есть) и будут искомыми точками $B'$. Пусть $B'_1$ одна из таких точек.
5. Прямая, проходящая через $A$ и $B'_1$, задает одно из искомых направлений.
6. Осталось провести через данную точку $P$ прямую $p$, параллельную прямой $AB'_1$. Это и будет искомая прямая.

Исследование: Если $d > |AB|$, окружности не пересекаются, решений нет. Если $d = |AB|$, окружности касаются в точке $B$, решение одно (прямая, параллельная $AB$). Если $d < |AB|$, окружности пересекаются в двух точках, что дает два различных направления и, соответственно, две прямые-решения.

Ответ: Искомая прямая проходит через точку $P$ и параллельна прямой $AB'$, где $B'$ — точка пересечения окружности с центром в $A$ и радиусом $d$ и окружности, построенной на $AB$ как на диаметре.

д) проходит через точку пересечения двух данных окружностей, причем они высекают на прямой равные хорды.

Пусть даны две окружности $k_1(O_1, r_1)$ и $k_2(O_2, r_2)$, пересекающиеся в точках $P$ и $Q$. Требуется построить прямую $p$, проходящую через одну из этих точек (например, $P$), которая высекает из окружностей равные хорды.

Анализ: Пусть искомая прямая $p$ проходит через точку $P$. Пусть она пересекает окружность $k_1$ в точках $P$ и $A$, а окружность $k_2$ — в точках $P$ и $B$. Хорда, высекаемая из $k_1$, — это отрезок $PA$. Хорда, высекаемая из $k_2$, — это отрезок $PB$. По условию, длины этих хорд равны: $|PA| = |PB|$. Точки $A$, $P$, $B$ лежат на одной прямой $p$. Равенство $|PA| = |PB|$ означает, что точка $P$ является серединой отрезка $AB$. Эта задача сводится к известной: через данную точку $P$ провести прямую, пересекающую две данные окружности $k_1$ и $k_2$ в точках $A$ и $B$ так, что $P$ — середина $AB$. Решение использует центральную симметрию (отражение относительно точки). Если $P$ — середина $AB$, то точка $A$ является образом точки $B$ при центральной симметрии с центром в $P$, и наоборот.

Построение:

1. Точка $B$ лежит на окружности $k_2$. Ее образ, точка $A$, должен лежать на образе окружности $k_2$ при симметрии относительно $P$. Построим этот образ — окружность $k_2'$.
2. Для построения $k_2'$ найдем ее центр $O_2'$. Он является образом центра $O_2$ при симметрии относительно $P$. Для этого проводим прямую $O_2P$ и откладываем на ней от точки $P$ отрезок $PO_2'$ равный $PO_2$ (так, чтобы $P$ была серединой $O_2O_2'$).
3. Радиус окружности $k_2'$ равен радиусу $k_2$, то есть $r_2$. Строим окружность $k_2'(O_2', r_2)$.
4. Точка $A$ должна лежать как на окружности $k_1$ (по условию), так и на окружности $k_2'$ (по построению). Следовательно, точка $A$ является точкой пересечения окружностей $k_1$ и $k_2'$.
5. Находим точку (или точки) пересечения $k_1$ и $k_2'$. Пусть $A$ — одна из таких точек.
6. Проводим прямую через точки $P$ и $A$. Это и есть искомая прямая.

Доказательство: Построенная прямая $p=PA$ проходит через $P$. Точка $A$ лежит на $k_1$. Так как $A$ лежит на $k_2'$, ее образ при симметрии относительно $P$ лежит на $k_2$. Пусть этот образ — точка $B$. По определению симметрии, $P$ — середина $AB$, и точка $B$ лежит на прямой $PA$. Значит, $B$ — это вторая точка пересечения прямой $p$ с окружностью $k_2$. Таким образом, $|PA|=|PB|$, что и требовалось. Окружности $k_1$ и $k_2'$ могут иметь две, одну или ноль точек пересечения, что определяет количество решений для данной точки $P$.

Ответ: Искомая прямая проходит через точку $P$ и точку $A$, где $A$ — точка пересечения окружности $k_1$ и окружности $k_2'$, являющейся образом $k_2$ при центральной симметрии относительно точки $P$.