Номер 1, страница 194 - гдз по геометрии 8 класс учебник Казаков, Казакова

1. Построить треугольник по основанию $a$, углу при вершине $\alpha$ и высоте $h$, опущенной на это основание.

Задача на построение треугольника по заданным элементам решается в четыре этапа: анализ, построение, доказательство и исследование.

Предположим, что искомый треугольник $ABC$ построен. Пусть $BC$ — его основание, равное по длине заданному отрезку $a$. Высота $AH$, опущенная из вершины $A$ на основание $BC$, равна $h$, а угол при вершине $\angle BAC$ равен $\alpha$.

Вершина $A$ искомого треугольника должна удовлетворять двум условиям:

1. Она должна быть удалена от прямой, содержащей основание $BC$, на расстояние $h$. Геометрическим местом таких точек является пара прямых, параллельных прямой $BC$ и отстоящих от нее на расстояние $h$.
2. Из нее отрезок $BC$ должен быть виден под углом $\alpha$. Геометрическим местом точек, из которых данный отрезок виден под данным углом, является пара дуг окружностей, симметричных относительно прямой $BC$.

Следовательно, вершина $A$ является точкой пересечения этих двух геометрических мест. Для построения дуги окружности найдем ее центр $O$. Центр $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BC$. В равнобедренном треугольнике $OBC$ (где $OB=OC$ — радиусы) угол при вершине $\angle BOC$ равен $2\alpha$ (как центральный угол, опирающийся на ту же дугу, что и вписанный угол $\alpha$). Тогда углы при основании $\angle OBC = \angle OCB = \frac{180^\circ - 2\alpha}{2} = 90^\circ - \alpha$. Это соотношение позволяет найти положение центра $O$.

1. На произвольной прямой отложим отрезок $BC$, равный данному отрезку $a$.
2. Построим прямую $l$, параллельную прямой $BC$ и находящуюся на расстоянии $h$ от нее. Для этого можно в любой точке на прямой $BC$ (например, в точке $B$) восстановить перпендикуляр и отложить на нем отрезок длиной $h$. Через конец этого отрезка провести прямую, параллельную $BC$.
3. Построим серединный перпендикуляр $m$ к отрезку $BC$.
4. От луча $BC$ в ту же полуплоскость, где лежит прямая $l$, отложим угол $\angle CBD = 90^\circ - \alpha$.
5. Точку пересечения луча $BD$ и серединного перпендикуляра $m$ обозначим $O$. Эта точка будет центром искомой дуги окружности.
6. Проведем дугу окружности с центром в точке $O$ и радиусом $R = OB = OC$.
7. Точки пересечения этой дуги с прямой $l$ являются возможными положениями вершины $A$ (может быть одна, две или ни одной такой точки). Обозначим одну из них как $A$.
8. Соединим точки $A$, $B$ и $C$. Треугольник $ABC$ — искомый.

Проверим, что построенный треугольник $ABC$ удовлетворяет всем условиям задачи.

• Сторона $BC = a$ по построению.
• Высота, опущенная из вершины $A$ на основание $BC$, равна $h$, так как точка $A$ лежит на прямой $l$, параллельной $BC$ и удаленной от нее на расстояние $h$.
• Докажем, что $\angle BAC = \alpha$. Точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$, поэтому $\triangle OBC$ — равнобедренный с основанием $BC$. По построению, $\angle OBC = 90^\circ - \alpha$. Следовательно, и $\angle OCB = 90^\circ - \alpha$. Тогда центральный угол $\angle BOC = 180^\circ - (\angle OBC + \angle OCB) = 180^\circ - 2(90^\circ - \alpha) = 180^\circ - 180^\circ + 2\alpha = 2\alpha$. Угол $\angle BAC$ является вписанным в окружность и опирается на ту же дугу, что и центральный угол $\angle BOC$, поэтому $\angle BAC = \frac{1}{2}\angle BOC = \frac{1}{2}(2\alpha) = \alpha$.

Таким образом, построенный треугольник является искомым.

Число решений задачи зависит от числа точек пересечения прямой $l$ и дуги окружности. Это, в свою очередь, зависит от соотношения между $a$, $h$ и $\alpha$.

Максимальная высота, которую может иметь треугольник с основанием $a$ и углом при вершине $\alpha$, достигается, когда треугольник равнобедренный. В этом случае высота является медианой и биссектрисой. Она делит треугольник на два равных прямоугольных треугольника с катетами $h_{max}$ и $\frac{a}{2}$, и противолежащим углом $\frac{\alpha}{2}$. Из соотношения в прямоугольном треугольнике имеем $\text{tg}(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a/2}{h_{max}}$, откуда $h_{max} = \frac{a}{2\text{tg}(\alpha/2)} = \frac{a}{2}\text{ctg}(\frac{\alpha}{2})$.

Возможны следующие случаи:

1. Если $h > \frac{a}{2}\text{ctg}(\frac{\alpha}{2})$, то прямая $l$ не пересекает дугу окружности, и задача не имеет решений.
2. Если $h = \frac{a}{2}\text{ctg}(\frac{\alpha}{2})$, то прямая $l$ касается дуги в одной точке. Задача имеет единственное решение (равнобедренный треугольник).
3. Если $h < \frac{a}{2}\text{ctg}(\frac{\alpha}{2})$, то прямая $l$ пересекает дугу в двух точках. Задача имеет два решения (два треугольника, симметричных относительно серединного перпендикуляра к основанию $BC$, то есть конгруэнтных друг другу).

Также необходимо, чтобы были заданы корректные значения: $a > 0$, $h > 0$ и $0^\circ < \alpha < 180^\circ$.

Ответ: Построение основано на нахождении вершины треугольника как точки пересечения двух геометрических мест: прямой, параллельной основанию $a$ и отстоящей от него на расстояние $h$, и дуги окружности, из каждой точки которой основание $a$ видно под углом $\alpha$. Задача имеет решение при условии $h \le \frac{a}{2}\text{ctg}(\frac{\alpha}{2})$.