Номер 729, страница 214 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

729. Постройте треугольник по:

а) его двум сторонам и высоте, проведенной к одной из них;

б) его стороне и проведенными к ней медиане и высоте;

в) его стороне, прилежащему углу и высоте, проведенной к ней;

г) его стороне, противолежащему углу и высоте, проведенной к другой стороне;

д) его двум углам и высоте, проведенной к одной из противолежащих сторон;

е) его углу и проведенным из другой вершины высоте и биссектрисе;

ж) его стороне, проведенной к ней медиане и углу между этой медианой и высотой, выходящей из той же вершины;

з) сумме и разности двух его сторон и высоте, проведенной к третьей стороне;

и) его углу и двум высотам к сторонам этого угла;

к) его углу, высоте, проведенной из другой вершины, и периметру;

л) двум его сторонам и разности противолежащих им углов.

а) его двум сторонам и высоте, проведенной к одной из них;

Дано: стороны $b$, $c$ и высота $h_b$, проведенная к стороне $b$. Пусть искомый треугольник — $ABC$, где $AC=b$, $AB=c$, а $BH$ — высота к стороне $AC$, $BH=h_b$.

Анализ:

Сначала можно построить прямоугольный треугольник $ABH$. В нем известны гипотенуза $AB=c$ и катет $BH=h_b$. Построив этот треугольник, мы найдем вершины $A$, $B$ и основание высоты $H$. Вершина $C$ лежит на прямой $AH$ на расстоянии $b$ от вершины $A$.

Построение:

1. Строим прямую $l$. Выбираем на ней произвольную точку $H$.
2. В точке $H$ восстанавливаем перпендикуляр к прямой $l$.
3. На перпендикуляре откладываем отрезок $HB = h_b$.
4. Строим окружность с центром в точке $B$ и радиусом $c$. Эта окружность пересечет прямую $l$ в точке $A$. (Возможны две точки пересечения, симметричные относительно $BH$. Выберем одну.) Треугольник $ABH$ построен.
5. На прямой $l$ (прямой $AH$) от точки $A$ откладываем отрезок $AC=b$. Точка $C$ может быть отложена в любую из двух сторон от точки $A$.
6. Соединяем точки $B$ и $C$. Полученный треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение возможно, если $c \ge h_b$. Если $c < h_b$, то окружность из шага 4 не пересечет прямую $l$ и решений нет. Если $c = h_b$, то точка $A$ совпадет с $H$, и $\triangle ABC$ будет прямоугольным с прямым углом $A$. Если $c > h_b$, шаг 4 дает две возможные точки для $A$, симметричные относительно прямой $BH$. Для каждой из этих точек, шаг 5 дает две возможные точки для $C$. В общем случае это может привести к четырем решениям, но некоторые из них могут быть конгруэнтными. Обычно получается два неконгруэнтных треугольника (один с острым углом $A$, другой с тупым).

Ответ: Задача может иметь до четырех решений (до двух неконгруэнтных треугольников), если $c > h_b$. Если $c=h_b$ - два решения (один неконгруэнтный треугольник). Если $c<h_b$ - решений нет.

б) его стороне и проведенными к ней медиане и высоте;

Дано: сторона $a$, медиана $m_a$ и высота $h_a$, проведенные к стороне $a$. Пусть в $\triangle ABC$ сторона $BC=a$, высота $AH=h_a$ и медиана $AM=m_a$.

Анализ:

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHM$. В нем известны гипотенуза $AM=m_a$ и катет $AH=h_a$. Построив его, мы найдем вершины $A$, $H$, $M$. Вершины $B$ и $C$ лежат на прямой $HM$. Так как $M$ — середина стороны $BC$, то $BM=MC=a/2$.

Построение:

1. Строим прямоугольный треугольник $AHM$ по катету $AH=h_a$ и гипотенузе $AM=m_a$. Для этого строим отрезок $AH=h_a$, проводим через точку $H$ прямую $l$, перпендикулярную $AH$. Затем строим окружность с центром в $A$ и радиусом $m_a$. Точка пересечения окружности и прямой $l$ будет точкой $M$.
2. На прямой $l$ от точки $M$ в обе стороны откладываем отрезки $MB$ и $MC$, равные $a/2$.
3. Соединяем точку $A$ с точками $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение возможно, если $m_a \ge h_a$. Если $m_a < h_a$, решений нет. Если $m_a = h_a$, то точки $H$ и $M$ совпадают, и треугольник $ABC$ будет равнобедренным ($AB=AC$). Если $m_a > h_a$, задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Задача имеет единственное решение при $m_a \ge h_a$ и не имеет решений при $m_a < h_a$.

в) его стороне, прилежащему углу и высоте, проведенной к ней;

Дано: сторона $a$, прилежащий к ней угол $\beta$ и высота $h_a$, проведенная к этой стороне. Пусть в $\triangle ABC$ сторона $BC=a$, $\angle B = \beta$, высота $AH=h_a$.

Анализ:

Вершина $A$ удалена от прямой $BC$ на расстояние $h_a$, значит, она лежит на прямой, параллельной $BC$ и находящейся на расстоянии $h_a$ от нее. Вершина $A$ также лежит на луче, выходящем из $B$ под углом $\beta$ к $BC$. Таким образом, точка $A$ находится на пересечении этих двух геометрических мест точек.

Построение:

1. Проводим произвольную прямую $l$.
2. Строим прямую $l_1$, параллельную $l$, на расстоянии $h_a$ от нее.
3. На прямой $l$ выбираем произвольную точку $B$.
4. От луча, исходящего из точки $B$ по прямой $l$, откладываем угол $\beta$. Строим луч $m$.
5. Точка пересечения луча $m$ и прямой $l_1$ есть вершина $A$.
6. На прямой $l$ от точки $B$ откладываем отрезок $BC=a$ (так, чтобы угол $\beta$ был внутренним).
7. Соединяем точки $A$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Если угол $\beta$ не равен $0^\circ$ или $180^\circ$, луч $m$ пересечет прямую $l_1$ в единственной точке. Построение всегда возможно и дает единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Задача имеет единственное решение.

г) его стороне, противолежащему углу и высоте, проведенной к другой стороне;

Дано: сторона $a$, противолежащий ей угол $\alpha$ и высота $h_b$. Пусть в $\triangle ABC$ имеем $BC=a$, $\angle A = \alpha$, $BH=h_b$ (где $H$ на $AC$).

Анализ:

Вершина $A$ удовлетворяет двум условиям: 1) она лежит на прямой, проходящей через $C$ и основание высоты $H$; 2) она является точкой геометрического места точек (ГМТ), из которых отрезок $BC$ виден под углом $\alpha$. Это ГМТ — дуга окружности. Точку $H$ можно найти, построив прямоугольный треугольник $BHC$ по гипотенузе $BC=a$ и катету $BH=h_b$.

Построение:

1. Строим отрезок $BC$ длиной $a$.
2. Строим прямоугольный треугольник $BHC$ по гипотенузе $BC=a$ и катету $BH=h_b$. Для этого строим окружность с центром в $B$ и радиусом $h_b$, и окружность, построенную на $BC$ как на диаметре. Их пересечение дает точку $H$. (Возможны две симметричные точки, выберем одну).
3. Проводим прямую $l$ через точки $C$ и $H$.
4. Строим ГМТ, из которых отрезок $BC$ виден под углом $\alpha$. Это дуга окружности, проходящая через точки $B$ и $C$.
5. Точка (или точки) пересечения прямой $l$ и этой дуги является вершиной $A$.
6. Соединяем $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Шаг 2 возможен, если $a \ge h_b$. Если $a<h_b$, решений нет. Если $a=h_b$, то $\angle C=90^\circ$. Если $a>h_b$, есть два варианта для точки $H$. Прямая $CH$ может пересекать дугу окружности в двух, одной или ни одной точке. Таким образом, задача может иметь до четырех решений.

Ответ: Задача может иметь от 0 до 4 решений в зависимости от соотношения данных величин.

д) его двум углам и высоте, проведенной к одной из противолежащих сторон;

Дано: два угла $\alpha$, $\beta$ и высота $h_a$. Третий угол $\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)$.

Анализ:

Все треугольники с углами $\alpha, \beta, \gamma$ подобны друг другу. Мы можем построить любой треугольник $A'B'C'$ с заданными углами, измерить в нем высоту $h'_a$, а затем построить искомый треугольник $ABC$ с помощью гомотетии (подобия) с коэффициентом $k=h_a/h'_a$.

Построение:

1. Строим произвольный отрезок $A'B'$.
2. При вершине $A'$ откладываем угол $\alpha$, при вершине $B'$ — угол $\beta$. Пересечение построенных лучей дает вершину $C'$. Треугольник $A'B'C'$ построен.
3. Проводим в нем высоту $A'H'$ из вершины $A'$ на сторону $B'C'$.
4. Строим отрезок $AH=h_a$.
5. От луча $AH$ в разные стороны откладываем углы $\angle HAB = \angle H'A'B'$ и $\angle HAC = \angle H'A'C'$.
6. На лучах, образующих эти углы, откладываем стороны $AB = A'B' \cdot (h_a/h'_a)$ и $AC = A'C' \cdot (h_a/h'_a)$. (Построение отрезка $x=ab/c$ является стандартной задачей на подобие).
7. Более простой способ после шага 3: на прямой, содержащей $B'C'$, от точки $H'$ откладываем отрезки $HB = H'B' \cdot k$ и $HC = H'C' \cdot k$ в соответствующие стороны. Вершины $B$ и $C$ найдены. Соединяем их с $A$.

Исследование:

Задача имеет единственное решение, если $\alpha+\beta < 180^\circ$. Если $\alpha+\beta \ge 180^\circ$, треугольник не существует.

Ответ: Задача имеет единственное решение при условии $\alpha+\beta < 180^\circ$.

е) его углу и проведенным из другой вершины высоте и биссектрисе;

Дано: угол $\alpha$, высота $h_b$ и биссектриса $l_b$ из вершины $B$.

Анализ:

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BHH_b$, где $H$ - основание высоты, а $L$ - точка пересечения биссектрисы со стороной $AC$. В $\triangle BHL$ известны гипотенуза $BL=l_b$ и катет $BH=h_b$. Построив его, мы найдем прямую $AC$ (прямая $HL$). Вершина $A$ лежит на этой прямой и на луче из $B$ таком, что в $\triangle ABH$ угол при $A$ равен $\alpha$. Угол $\angle ABH = 90^\circ - \alpha$.

Построение:

1. Строим прямоугольный треугольник $BHL$ по катету $BH=h_b$ и гипотенузе $BL=l_b$.
2. Проводим прямую $l$ через точки $H$ и $L$.
3. В точке $B$ от луча $BH$ откладываем угол $\angle HBA = 90^\circ - \alpha$. Луч $BA$ пересечет прямую $l$ в точке $A$.
4. Поскольку $BL$ — биссектриса, откладываем от луча $BL$ угол $\angle LBC = \angle LBA$ (в другую полуплоскость относительно $BL$).
5. Луч $BC$ пересечет прямую $l$ в точке $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Шаг 1 возможен, если $l_b \ge h_b$. Если $l_b < h_b$, решений нет. Если $l_b = h_b$, то $H$ и $L$ совпадают, треугольник равнобедренный ($AC=BC$). При построении $\triangle BHL$ возможны два положения для точки $L$ (симметрично относительно $BH$). Это может привести к двум разным решениям.

Ответ: Задача может иметь до двух решений при $l_b > h_b$, одно решение при $l_b=h_b$, и не имеет решений при $l_b<h_b$.

ж) его стороне, проведенной к ней медиане и углу между этой медианой и высотой, выходящей из той же вершины;

Дано: сторона $a$, медиана $m_a$ и угол $\delta$ между $m_a$ и $h_a$.

Анализ:

Пусть в $\triangle ABC$ имеем $BC=a$, $AM=m_a$, $AH=h_a$ и $\angle MAH = \delta$. Можно построить прямоугольный треугольник $AHM$, зная гипотенузу $AM=m_a$ и прилежащий острый угол $\delta$. После этого построение сводится к задаче (б).

Построение:

1. Строим прямоугольный треугольник $AHM$ по гипотенузе $AM=m_a$ и углу $\angle MAH = \delta$. (Строим отрезок $AM$, откладываем угол $\delta$, опускаем перпендикуляр из $M$ на другую сторону угла, получаем точку $H$).
2. Проводим прямую $l$ через точки $H$ и $M$.
3. На прямой $l$ от точки $M$ в обе стороны откладываем отрезки $MB=MC=a/2$.
4. Соединяем $A$ с $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение всегда возможно, если $\delta$ - острый угол. Задача имеет единственное решение (с точностью до конгруэнтности).

Ответ: Задача имеет единственное решение.

з) сумме и разности двух его сторон и высоте, проведенной к третьей стороне;

Дано: сумма $b+c=s$, разность $b-c=d$ (пусть $b>c$), и высота $h_a$.

Анализ:

Имея сумму и разность сторон $b$ и $c$, мы можем их найти: $b=(s+d)/2$ и $c=(s-d)/2$. Задача сводится к построению треугольника по двум сторонам $b, c$ и высоте $h_a$, проведенной к третьей стороне $a$. Вершина $A$ находится на расстоянии $h_a$ от прямой, содержащей сторону $a$. Вершины $B$ и $C$ находятся на этой прямой на расстояниях $c$ и $b$ от $A$ соответственно.

Построение:

1. Строим отрезки $b=(s+d)/2$ и $c=(s-d)/2$.
2. Проводим прямую $l$. Восстанавливаем к ней перпендикуляр в произвольной точке $H$ и откладываем на нем отрезок $AH=h_a$.
3. Строим окружность с центром в $A$ и радиусом $b$. Она пересечет прямую $l$ в точке $C$.
4. Строим окружность с центром в $A$ и радиусом $c$. Она пересечет прямую $l$ в точке $B$.
5. Соединяем точки $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение возможно, если $b \ge h_a$ и $c \ge h_a$. Точки $B$ и $C$ могут лежать по одну или по разные стороны от точки $H$. Это дает два неконгруэнтных решения (обычно один треугольник остроугольный, а другой - тупоугольный при основании).

Ответ: Задача может иметь до двух неконгруэнтных решений при выполнении условий $b \ge h_a$ и $c \ge h_a$.

и) его углу и двум высотам к сторонам этого угла;

Дано: угол $\alpha$ и высоты $h_b, h_c$.

Анализ:

Пусть в $\triangle ABC$ угол $\angle A=\alpha$. Из прямоугольных треугольников $ABH_b$ и $ACH_c$ имеем $c = AB = h_b/\sin\alpha$ и $b = AC = h_c/\sin\alpha$. Таким образом, мы можем найти длины сторон $b$ и $c$, прилежащих к углу $\alpha$. Задача сводится к построению треугольника по двум сторонам и углу между ними.

Построение:

1. Строим отрезки $c$ и $b$. Для этого, например, строим прямоугольный треугольник с углом $\alpha$ и противолежащим катетом $h_b$. Его гипотенуза будет равна $c$. Аналогично строим $b$.
2. Строим угол, равный $\alpha$, с вершиной в точке $A$.
3. На сторонах угла откладываем отрезки $AB=c$ и $AC=b$.
4. Соединяем точки $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Задача имеет единственное решение, если $\alpha$ — острый или тупой угол (не развернутый).

Ответ: Задача имеет единственное решение.

к) его углу, высоте, проведенной из другой вершины, и периметру;

Дано: угол $\alpha$, высота $h_b$ и периметр $P=a+b+c$.

Анализ:

Сначала найдем сторону $c=AB$. Из прямоугольного $\triangle ABH_b$ имеем $c = h_b/\sin\alpha$. Затем находим сумму двух других сторон: $a+b = P-c$. Задача сводится к построению треугольника по стороне $c$, противолежащему углу $\alpha$ и сумме двух других сторон $a+b$. Для этого на луче $AD$ отложим $AD=a+b$. Если найти на нем точку $C$ такую, что $CB=CD$, то $AC+CB=AC+CD=AD=a+b$. Условие $CB=CD$ означает, что точка $C$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$. Треугольник $ABD$ можно построить по двум сторонам $AB=c$, $AD=a+b$ и углу $\angle A=\alpha$ между ними.

Построение:

1. Находим сторону $c = h_b/\sin\alpha$ (построением, как в задаче (и)).
2. Находим отрезок $s = a+b = P-c$.
3. Строим $\triangle ABD$ по двум сторонам $AB=c$, $AD=s$ и углу $\angle A=\alpha$ между ними.
4. Строим серединный перпендикуляр к отрезку $BD$.
5. Точка пересечения этого перпендикуляра и отрезка $AD$ есть искомая вершина $C$.
6. Соединяем $A, B, C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение возможно, если $P>c+b$ и $P>a+c$ (неравенства треугольника), что сводится к $a>0, b>0, c>0$ и $a+b>c$. Последнее условие $s>c$ обеспечивает, что в $\triangle ABD$ $\angle ABD > \angle ADB$, и серединный перпендикуляр к $BD$ пересечет большую сторону $AD$. Задача имеет единственное решение при выполнении этих условий.

Ответ: Задача имеет единственное решение при условии, что из данных величин можно составить треугольник.

л) двум его сторонам и разности противолежащих им углов.

Дано: стороны $a, b$ и разность углов $|\alpha - \beta|=\delta$.

Анализ:

Пусть $a>b$, тогда $\alpha>\beta$ и $\alpha-\beta=\delta$. Построим на стороне $AB$ треугольника $ABC$ точку $D$ так, что $\angle BCD = \alpha - \beta = \delta$. Тогда в $\triangle ADC$ угол $\angle ADC = \angle B + \angle BCD = \beta + (\alpha - \beta) = \alpha$. Так как $\angle DAC = \alpha$, то $\triangle ADC$ является равнобедренным с $CD=AC=b$. Это позволяет свести задачу к построению $\triangle BDC$, в котором известны две стороны $BC=a, CD=b$ и угол между ними $\angle BCD=\delta$.

Построение: (для случая $a>b$)

1. Строим треугольник $BDC$ по двум сторонам $BC=a$, $CD=b$ и углу $\angle BCD=\delta$ между ними.
2. Проводим прямую через точки $B$ и $D$.
3. Строим окружность с центром в $C$ и радиусом $b$.
4. Эта окружность пересечет прямую $BD$ в двух точках: $D$ и искомой вершине $A$. (Выбираем ту точку $A$, для которой $D$ лежит между $A$ и $B$).
5. Треугольник $ABC$ — искомый.

Исследование:

Построение $\triangle BDC$ всегда возможно. Окружность из шага 3 всегда пересечет прямую $BD$ в двух точках. Одна из них $D$. Вторая точка $A$ определяет искомый треугольник. Решение единственно. Если $a<b$, то $\beta>\alpha$ и построение аналогично, но точка $D$ будет лежать на продолжении стороны $AB$.

Ответ: Задача имеет единственное решение.