Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 площади треугольника ОЕF. Проведем AK параллельно OB (если FM ЕМ). Треугольники AMK и ВМF равны. Следовательно,

S_ОЕf = S_ОАМF + S_AMK + S_AEK S_ОАМF + S_ВМF = S_ОАВ.

2.8. Вместо искомого треугольника ABC построим треугольник А₁АА₂, который получается из ABC так, как показано на рис. P.2.8 (А

₁В = ВА, А₂С = СА).

Угол А₁АА₂ этого треугольника равен  +  + А. Однако 2 = B, а 2 = С (по свойству внешних углов). Поэтому

+ + А = ^B + C/₂ + A =  ^{- A}/₂ + A =  ^{+ A}/₂.

Теперь в треугольнике А₁АА₂ известны основание А₁А₂ = 2p, высота, равная h_а, и угол при вершине, равный /₂ + ^А/₂. Вершина А будет лежать на пересечении прямой, параллельной А₁А₂ и отстоящей от А₁А₂ на расстоянии h_а, и сегмента, построенного на отрезке А₁А₂ и вмещающего угол /₂ + ^А/₂.

Вершины B и С лежат на пересечении А₁А₂ и перпендикуляров, проведенных через середины А₁А

и А₂А.

Задача может иметь два симметричных решения, если высота меньше стрелки сегмента, одно решение, если они равны, и не имеет решений, если h_а больше стрелки сегмента.

2.9. Пусть P — искомая точка. Повернем треугольник АВР на 60° вокруг точки А. При этом точка P перейдет в точку Р₁, а точка B — в точку В₁ (рис. P.2.9).

Так как угол Р₁АР равен 60° и АР₁ = АР, то треугольник Р₁АР правильный и АР = Р₁Р. Таким образом, В₁Р₁РС — ломаная, составленная из отрезков длины BP, АР и CP соответственно. Так как эта ломаная имеет закрепленные концы в точках В₁ и С, то ее длина будет наименьшей, если она выпрямится в отрезок В₁С.

Итак, точка P лежит на отрезке В₁С. Аналогично можно показать, что точка P лежит на отрезке С₁В, вершина С₁ которого получена поворотом AC вокруг А на 60°.

Отсюда простое построение. На отрезках AB и AC строим правильные треугольники АВ₁В и АС₁С, лежащие вне треугольника ABC. Искомая точка P будет лежать на пересечении прямых В

₁С и С₁В.

2.10. Если треугольник ABC искомый (рис. P.2.10), то описанная около него окружность пересечется с биссектрисой CD в точке E, делящей дугу АЕВ пополам. Следовательно, точку E мы можем построить.

Вычислим отрезок DE. По свойству пересекающихся хорд в круге имеем CD · DE = AD · DB, или

l · DE = (АО + DO)(OB - OD),

т. е.

Так как OD^2 = DE^2 - ^c^2/₄, то получаем уравнение относительно DE:

l · DE = ^c^2/₂ - DE^2.

Решая его, найдем

(отрицательное значение для DE не имеет геометрического смысла).

Полученная формула позволяет легко построить отрезок DE, а следовательно, и СЕ.

Задача имеет два симметричных решения, если l ^c/₂, одно решение, если l = ^c/₂, и не имеет решений, если l  ^c/₂.

2.11. B произвольно выбранных точках А и E прямой MN (рис. P.2.11) строим углы BAN и FEM, равные соответственно  и .

Откладываем AB = а и FE = с. Вершина С искомого четырехугольника лежит на окружности радиусом b с центром в точке B в на прямой CF параллельной MN. Если прямая пересекает окружность в двух точках С и С₁ (это происходит при b

|с sin  - а sin |), то задача имеет два различных решения: ABCD и ABC₁D₁ (CD и C₁D₁ || EF), причем один четырехугольник будет самопересекающимся. При b = |с sin  - а sin | решение единственно, а при b |с sin  - а sin | искомый четырехугольник не существует.

2.12. На отрезке ОМ (рис. P.2.12) строим треугольник OCM, сторона OC которого равна 2R, а сторона CM равна R. Точку пересечения OC с окружностью обозначим через B. Секущая AM — искомая.

Задача имеет два решения, если MO 3R, одно решение, если MO = 3R, и не имеет решений, если MO 3R.

2.13. Соединим центры О и О₁ данных окружностей и построим на ОО₁, как на гипотенузе, прямоугольный треугольник ОЕО₁, один из катетов которого (EO₁) равен ^а/₂. Через точку M пересечения окружностей, лежащую по ту же сторону от ОО₁ что и построенный прямоугольный треугольник, проводим прямую, параллельную катету длины ^а/₂. Отрезок AB (рис. P.2.13) будет искомым.

Задача имеет четыре решения, если ^а/₂ ОО₁, два решения, если ^а/₂ = ОО₁, и не имеет решений, если ^а/₂ ОО₁.