Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
8.7. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть и C 1 — середины сторон CB и AB. Так как C 1 A 1 k AC, то ∠A 1 C 1 B = ∠A. Из этого вытекает следующее построение. Построим сначала отрезок CB длиной a и его середину A 1 . Точка является точкой пересечения окружности радиуса с центром C и дуг окружностей, из которых отрезок A 1 B виден под углом Построив точку C 1 , отложим на луче отрезок BA = 2BC 1 . Тогда A — искомая вершина треугольника. 8.8. Предположим, что искомый треугольник построен и C — вершина его прямого угла. Так как ∠ACB = 90 ◦ , точка C лежит на окружности с диаметром AB. Поэтому точка C является точкой пересечения окружности и данной окружности. Построив точку C и проведя прямые CA и AB, найдём оставшиеся вершины искомого треугольника. 8.9. Предположим, что прямоугольник ABCD построен. Опустим из точки перпендикулярна прямую BC. Точку R можно построить, так как она лежит на окружности с диаметром PQ и PR = AB = a. Построив точку R, строим прямые BC и AD и опускаем на них перпендикуляры из точек M и Предположим, что треугольник ABC построен, AH — высота, AD биссектриса, AM — медиана. Согласно задаче 2.70 точка D лежит между и H. Точка E пересечения прямой AD и перпендикуляра, проведённого из точки M к стороне BC, лежит на описанной окружности треугольника ABC. Решения задач 207 Поэтому центр O описанной окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AE и перпендикуляра к стороне BC, проведённого через точку Последовательность построений такова на произвольной прямой (которая в дальнейшем окажется прямой BC) строим точку H, затем последовательно строим точки A, D, M, E, O. Искомые вершины B и C треугольника являются точками пересечения исходной прямой с окружностью радиуса с центром Предположим, что треугольник ABC построен и O — центр его вписанной окружности. Тогда ∠BOC = 90 ◦ + ∠A/2 (задача. Из точки отрезок BC виден под углом 90 ◦ + ∠A/2, иона удалена на расстояние r от прямой BC, поэтому её можно построить. Затем строим вписанную окружность и проводим к ней касательные из точек B и Построим произвольный треугольник с углами A и B и найдём его периметр P 1 . Искомый треугольник подобен построенному треугольнику с коэффициентом Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть AA 1 , и CC 1 — его медианы, M — точка их пересечения, M 0 — точка, симметричная относительно точки A 1 . Тогда MM 0 = 2m a /3, MC = 2m c /3 и M 0 C = поэтому треугольник MM 0 C можно построить. Точка A симметрична относительно точки M, а точка B симметрична C относительно середины отрезка Ясно, что BC : AC : AB = S h a : S h b : S h c = 1 h a : 1 h b : 1 h c . Возьмём произвольный отрезок и построим треугольник так, чтобы B 0 C 0 : A 0 C 0 = h b : и B 0 C 0 : A 0 B 0 = h c : h a . Пусть h 0 a — высота треугольника A 0 B 0 C 0 , опущенная из Рис. вершины A 0 . Искомый треугольник подобен треугольнику с коэффициентом h a /h 0 a 8.15. Возьмём на стороне AB произвольную точку опустим из неё перпендикулярна сторону BC, аза- тем построим квадрат K 0 L 0 M 0 N 0 , лежащий внутри угла. Пусть прямая пересекает сторону AC в точке. Ясно, что искомый квадрат является образом квадрата при гомотетии с центром B и коэффициентом Предположим, что искомый треугольник построен. Пусть Q — точка касания вписанной окружности со стороной — диаметр этой окружности точка касания вневписанной окружности со стороной. Ясно, что BR = (a + b + c)/2 − c = (a + b − и BQ = (a + c − b)/2. Поэтому RQ = |BR − BQ| = |b − Вписанная окружность треугольника ABC и вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, гомотетичны с центром гомотетии A. Поэтому точка лежит на прямой PR рис. Из этого вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треугольник по известным катетами. Затем проводим две прямые, параллельные прямой RQ и удалённые от неё на расстояние h a . Вершина является точкой пересечения одной из этих прямых с лучом RP. Так как длина диаметра PQ вписанной окружности известна, её можно построить Глава 8. Построения Точки пересечения касательных к этой окружности, проведённых из точки с прямой RQ являются вершинами B и C треугольника. 8.17. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — точка пересечения медиан и BB 1 . Тогда AM = 2m a /3 и BM = 2m b /3. Треугольник можно построить по длинам сторон AB = c, AM и BM. Затем на лучах AM и BM откладываем отрезки AA 1 = и BB 1 = m b . Вершина является точкой пересечения прямых и Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть H — основание высоты, опущенной из вершины A. Прямоугольный треугольник ACH можно построить по гипотенузе AC = b и катету AH = h a . Затем на прямой CH строим точку B так, что CB = Предположим, что треугольник ABC построен. Опустим из середины стороны BC перпендикуляры и на прямые AC и AB соответственно. Ясно, что AA 1 =m a , A 1 B 0 =h b /2 и A 1 C 0 =h c /2. Из этого вытекает следующее построение. Строим отрезок длиной m a . Затем строим прямоугольные треугольники и по известным катетами гипотенузе так, чтобы они лежали по разные стороны от прямой AA 1 . Остаётся построить точки и C на сторонах и угла так, чтобы отрезок BC делился точкой пополам. Для этого отложим на луче отрезок AD = 2AA 1 , а затем Рис. 8.3 проведём через точку D прямые, параллельные сторонам угла C 0 AB 0 . Точки пересечения этих прямых со сторонами угла являются вершинами искомого треугольника (рис. Построим угол B 0 AC 0 , равный ∠A. Точка строится как пересечение луча и прямой, параллельной лучу и удалённой от него на расстояние h b . Аналогично строится точка Предположим, что треугольник построен. Опустим из точки B высоту BH и про- ведём медиану BB 1 . В прямоугольных треугольниках и B 1 BH известны катет BH и гипотенузы CB и BB 1 , поэтому их можно построить. Затем на луче откладываем отрезок CA = 2CB 1 . Задача имеет два решения, так как треугольники CBH и B 1 BH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — середина отрезка BC. Опустим из точки A высоту AH, а из точки M — перпендикулярна сторону AC. Ясно, что MD = h b /2. Поэтому треугольники и AMH можно построить. Вершина C является точкой пересечения прямых AD и MH. На луче CM откладываем отрезок CB = 2CM. Задача имеет два решения, так как треугольники AMD и AMH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB соответственно. В треугольнике известны все стороны CC 1 = m c , C 1 B 1 = a/2 и CB 1 = b/2, поэтому его можно построить. Точка A симметрична C относительно точки B 1 , а точка B симметрична относительно точки Предположим, что треугольник ABC построен, AM — его медиана высота. Пусть точка симметрична A относительно точки M. Решения задач 209 Построим отрезок AA 0 = 2m a . Пусть M — его середина. Построим прямоугольный треугольник AMH с гипотенузой AM и катетом AH = h a . Точка лежит на дуге окружности, из которой отрезок виден под углом, так как ∠ACA 0 = 180 ◦ − ∠CAB. Поэтому точка C является точкой пересечения этой дуги и прямой MH. Точка B симметрична C относительно точки Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть CD — его биссектриса. Проведём прямую MD, параллельную стороне BC точка M лежит на стороне AC). Треугольник CMD равнобедренный, так как ∠MCD = ∠DCB = = ∠MDC. Поскольку MC : AM = DB : AD = CB : AC = a : b и AM + MC = то MC = ab/(a + b). Строим равнобедренный треугольник CMD по основанию и боковым сторонам MD = MC = ab/(a + b). Затем на луче откладываем отрезок CA = b, а на луче, симметричном лучу CM относительно прямой CD, откладываем отрезок CB = Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть S 1 — вневписан- ная окружность, касающаяся стороны BC. Обозначим точки касания окружности с продолжениями сторон AB и AC через K и L, а точку касания со стороной BC обозначим через M. Так как AK = AL, AL = AC + CM и AK = = AB + BM, то AK = AL = p. Пусть S 2 — окружность радиуса с центром Прямая BC является общей внутренней касательной к окружностями Из этого вытекает следующее построение. Строим угол KAL, равный по величине углу A, так, что KA = LA = p. Строим окружность S 1 , касающуюся сторон угла KAL в точках K и L, и окружность радиуса с центром в точке A. Затем проводим общую внутреннюю касательную к окружностями S 2 . Точки пересечения этой касательной со сторонами угла KAL являются вершинами B и C искомого треугольника. 8.27. Точки к лежат на окружности S с диаметром AB. Центр этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде A 1 B 1 . Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим точку O, являющуюся точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку и прямой Затем строим окружность радиуса OA 1 = с центром O. Вершины A и являются точками пересечения окружности S с прямой l. Вершина C является точкой пересечения прямой и прямой Пусть AB = BC и A 1 , B 1 , C 1 — основания биссектрис треугольника. Тогда ∠A 1 C 1 C = ∠C 1 CA = ∠C 1 CA 1 , те. треугольник равнобедренный и A 1 C = Из этого вытекает следующее построение. Через точку проводим прямую, параллельную A 1 C 1 . На прямой l строим точку C так, что CA 1 = и ∠C 1 A 1 C > 90 ◦ . Точка A симметрична точке C относительно точки B 1 , а вершина является точкой пересечения прямых и а) Согласно задаче 2.20 а) точки A, B и C являются точками пересечения продолжений высот треугольника сего описанной окружностью. б) Согласно задаче 2.20 б) точки A, B и C являются точками пересечения про- должений биссектрис углов треугольника сего описанной окружностью. 8.30. Обозначим середины сторон BC, CA, AB треугольника через A 1 , B 1 , соответственно. Поскольку BC k B 1 C 1 k и OA 1 ⊥ BC, то OA 0 ⊥ B 0 C 0 . Аналогично и OC 0 ⊥ A 0 B 0 , те точка пересечения высот треугольника. Построив точку O, проводим серединные перпендикуляры к отрезкам OA 0 , OB 0 , OC 0 . Эти прямые образуют треугольник ABC. Глава 8. Построения 8.31. Согласно задаче 5.10 наша задача совпадает с задачей 8.29 б). 8.32. Пусть O — центр описанной окружности, M — середина стороны AB, H — основание высоты, опущенной из точки C. Точка Q является серединой дуги AB, поэтому OQ ⊥ AB. Из этого вытекает следующее построение. Сначала по трём данным точкам строим описанную окружность S треугольника Точка C является точкой пересечения прямой, проведённой через точку параллельно OQ, и окружности S. Точка M является точкой пересечения прямой OQ и прямой RC. Прямая AB проходит через точку M и перпендикулярна Согласно задаче 5.2 точки A, B и C являются основаниями высот треугольника Пусть H 1 — точка пересечения высот треугольника ABC. Согласно задаче : MH 1 = 1 : 2 и точка M лежит на отрезке OH 1 . Поэтому можно построить точку H 1 . Затем проводим прямую H 1 H и восставляем к этой прямой в точке H перпендикуляр l. Опустив из точки O перпендикулярна прямую l, получаем точку середину отрезка AB). На луче C 1 M строим точку C так, что CC 1 : MC 1 = 3 : 1. Точки A и B являются точками пересечения прямой l с окружностью радиуса CO с центром Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей, I c — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB. Описанная окружность треугольника ABC делит отрезок I c I пополам (задача 5.132 б), а отрезок делит пополам дугу AB. Ясно также, что точки A и B лежат на окружности с диаметром Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с диаметром и окружность сцен- тром O и радиусом OD, где D — середина отрезка I c I. Окружности S и пересекаются в точках A и B. Теперь можно построить вписанную окружность треугольника ABC и провести к ней касательные из точек и Предположим, что мы построили точки X и Y на сторонах AB и треугольника ABC так, что AX = BY и XY k AC. Проведём YY 1 k AB и Y 1 C 1 k точки и лежат на сторонах AC и AB). Тогда Y 1 Y = AX = те ромб и BY 1 — биссектриса угла Из этого вытекает следующее построение. Проводим биссектрису BY 1 , затем прямую Y 1 Y, параллельную стороне AB (Y лежит на BC). Точка X теперь строится очевидным образом. 8.37. Пусть для определённости a < b. Предположим, что треугольник построен. Возьмём на стороне AC точку D так, что ∠ABD = ∠BAC. Тогда и ∠CBD = 3∠BAC − ∠BAC = 2∠BAC, те В треугольнике BCD известны все стороны CD = CB = a и DB = AD = b − Построив треугольник BCD, проводим луч BA, не пересекающий сторону так, что ∠DBA = ∠DBC/2. Искомая вершина A является точкой пересечения прямой CD и этого луча. 8.38. Пусть точка лежит на прямой l, проходящей через точку параллельно AC. Стороны треугольников ABC и AB 0 C высекают на прямой, параллельной AC, равные отрезки. Поэтому прямоугольники и вписанные в треугольники ABC и AB 0 C соответственно, равны, если точки, и лежат на одной прямой. Возьмём точку на прямой l так, что ∠B 0 AC = 90 ◦ . В треугольник прямоугольник сданной диагональю вписывается очевидным Решения задач 211 образом (P 0 = A). Проведя прямую R 0 Q 0 , находим вершины R и Q искомого прямоугольника. 8.39. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть K и L — точки, в которых вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, касается продолжений сторон AB и AC соответственно. Так как AK = AL = p, то эту вневписанную окружность можно построить остаётся провести к построенной окружности касательную через данную точку Пусть продолжение биссектрисы CD пересекает описанную окружность треугольника ABC с прямым углом C) в точке P, PQ — диаметр описанной окружности, O — её центр. Тогда PD : PO = PQ : PC, те Поэтому, проведя к окружности с диаметром CD касательную длиной √ 2m c , легко построить отрезок длиной PC. Теперь в треугольнике OPC известны длины всех сторон. 8.41. Построим точку K на стороне AC так, что AK = BC − AB. Пусть точка D лежит на отрезке AC. Равенство AD + BD + AB = BC эквивалентно равенству AD + BD = AK. Для точки D, лежащей на отрезке AK, последнее равенство перепишется в виде AD + BD = AD + DK, а для точки D, не лежащей на отрезке AK, — в виде AD + BD = AD − DK. В первом случае BD = Риса второй случай невозможен. Поэтому точка является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BK и отрезка Предположим, что треугольник ABC построен. Проведём диаметр CD описанной окружности. Пусть O — центр описанной окружности точка пересечения продолжения биссектрисы AK с описанной окружностью (рис. 8.4). Так как ∠ABC − ∠ACB = 90 ◦ , то = ∠ACB; поэтому DA = AB. Ясно также, что = LC. Следовательно, ∠AOL = Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с центром O и данным радиусом. На окружности S выбираем произвольную точку A. Строим точку L на окружности так, что ∠AOL = 90 ◦ . На отрезке AL строим отрезок AK, равный данной биссектрисе. Через точку K проводим прямую l, перпендикулярную OL. Точки пересечения прямой l с окружностью S являются вершинами B и C искомого треугольника ABC. |