Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 2π − ∠BQC, а так как вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, то

∠ВОС = 2π − 2 ∠ВОС.

Остается найти угол ВОС:

∠ВОС = π − ^B + C/₂ = π − ^{π − A}/₂ = ^{π + A}/₂,

следовательно,

∠BQC = 2π − (π +

А) = π − А.

Углы ВАС и BQC дают в сумме π; то же самое можно сказать об углах QBA и QCA, так как сумма всех углов четырехугольника равна 2π. 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 ¼ОО₁, 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 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 (А₁В = ВА, А₂С = СА).

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

α + β + А = ^B + C/₂ + A = ^{π − A}/₂ + A =

^{π + A}/₂.

Теперь в треугольнике А₁АА₂ известны основание А₁А₂ = 2p, высота, равная h_а, и угол при вершине, равный ^π/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 ^π/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 В

₁ (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 В₁С и С₁В.