Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Задача имеет два решения. Одно изображено на рис. P.2.2, второе получится симметричным отражением первого от оси MN.

2.3. Пусть треугольник ABC искомый (рис. P.2.3). Отразим его от вертикальной оси, проходящей через середину BC. После этого треугольник CA₁A отразим от оси A₁A. B четырехугольнике C₁ABA₁ противоположные стороны AB и C₁A₁, а также A₁B и C₁A равны, т. е. он — параллелограмм с углом ? при вершине C₁ и углом ? ? ? при вершине А₁.

Так как точка С₁ отстоит от С на расстоянии 2h_а, то треугольник СС₁В легко построить. Остается найти точку А₁ как пересечение дуги сегмента, вмещающего угол ? ? ? и построенного на отрезке С₁В, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии h_а.

Задача имеет два симметричных решения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от С₁В. Построение возможно при любом соотношении между а, h_а и 0 < ? < ?.

2.4. Пусть треугольник ABC — искомый и О — центр вписанной в него окружности. Если на отрезке АО = R (рис. P.2.4), как на диаметре, построить окружность, то она пересечет стороны AC и AB в точках F и E, являющихся серединами AC и AB соответственно. Отсюда построение: на отрезке АО = R строим, как на диаметре, окружность. Из точки А раствором циркуля, равным ^b/₂, делаем на окружности засечку в точке F. Продолжаем AF за точку F на расстояние ^b/₂ и получаем точку С. Из нее проводим дугу радиусом m_c.

Задача имеет два решения: треугольник ABC и треугольник AB ?С, если дуга ЕЕ? пересекает окружность, построенную на AO; одно решение, если дуга касается окружности, и не имеет решения, если общих точек у дуги и окружности нет.

2.5. Так как углы OBO₁ и OCO₁ (рис. P.2.5) прямые, то вершины B и С треугольника лежат на окружности, построенной на отрезке ОО₁, как на диаметре. Центр этой окружности обозначим буквой Q.

Угол BQC — центральный в той окружности, в которую угол BOC вписан (см. рисунок). Дуга, на которую опирается угол BOC, равна 2? ? ?BQC, а так как вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, то

?ВОС = 2? ? 2 ?ВОС.

Остается найти угол ВОС:

?ВОС = ? ? ^{B + C}/₂ = ? ? ^{? ? A}/₂ = ^{? + A}/₂,

следовательно,

?BQC = 2? ? (? + А) = ? ? А.

Углы ВАС и BQC дают в сумме ?; то же самое можно сказать об углах QBA и QCA, так как сумма всех углов четырехугольника равна 2?. Тем самым мы доказали, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.

Построение можно провести следующим образом. Строим на отрезке ОО₁, как на диаметре, окружность с центром в точке Q. Радиусом О₂Q (О₂ — центр описанной окружности) проводим окружность с центром в точке О₂. B пересечении этих окружностей получим вершины B и С искомого треугольника.

Если точка О₂ лежит вне окружности радиуса, равного ?ОО₁, с центром Q, то задача имеет единственное решение. B противном случае решения нет. (Докажите.)

2.6. Отбросим на время условие, в силу которого точка E лежит на BC, а остальные условия сохраним. Отложим на AB произвольный отрезок AF (рис. P.2.6), а на BC — отрезок CK = AF. Через точку K проведем прямую, параллельную AC, и из точки N раствором циркуля, равным AF, сделаем на этой прямой засечку.

Фигура AFGH, где отрезок GH параллелен KC, будет подобна искомой с центром подобия в точке А. Строим вершину E, которая должна лежать на пересечении прямых BC и АG. Проводим DE параллельно FG.

Четырехугольник ADEC искомый. (Сделайте рисунок для случая, когда угол B тупой.)

Докажите, что в обоих случаях задача имеет единственное решение.

2.7. Проведем через точку M прямую AB так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке M пополам. Для этого построим МС параллельно OA (рис. P.2.7, а) и отложим СВ = ОС. Так как СМ — средняя линия в треугольнике ОВА, то ВМ = МА.

Итак, пусть AM = МВ (рис. P.2.7, б). Проведем произвольную прямую EF через точку M. Покажем, что площадь треугольника ОАВ меньше