Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 OD² = DE² − ^c²/₄, то получаем уравнение относительно DE:

l · DE = ^c²/₂ − DE².

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 α и β.

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

2.14. Проводим через точку M окружность, концентрическую данной. На этой окружности строим хорду длины а, проходящую через точку M. Задача может иметь два или одно решение (а < 2МО), а может и не иметь решения вовсе (а

> 2МО).

2.15. Так как дуга AmB фиксирована, то известен и вписанный угол АМВ. Обозначим его через φ. Если отрезок PQ (рис. P.2.15) перенести параллельно в отрезок В₁В, то из точки P отрезок АВ₁ будет виден под углом φ. Таким образом, строим отрезок В₁В, равный а и параллельный CD; на отрезке АВ₁ строим сегмент, вмещающий угол φ, где φ — угол, измеряемый дугой AmB данной окружности. Искомая точка P есть точка пересечения или касания дуги этого сегмента с прямой CD.

Задача может иметь два решения (сегмент, опирающийся на АВ₁, пересекает хорду CD), одно решение (этот сегмент касается хорды) и может не иметь решений вовсе (точек пересечения нет).

2.16. Пусть отрезок FD делится точкой M пополам (рис. P.2.16). Отразим точку B от точки M. Получим точку E. Отрезки FD и ЕВ можно рассматривать как диагонали параллелограмма.

Заметим также, что угол АСВ известен, так как точки А и B зафиксированы на окружности; обозначим его через φ. Угол АFЕ равен π − φ. Следовательно, точка F обладает еще и тем свойством, что из нее отрезок AE виден под данным углом π − φ.

Итак, строим точку E, а на отрезке AE — сегмент, вмещающий угол π − φ. На пересечении дуги этого сегмента с данной прямой получим точку F.

Задача имеет единственное решение, если точки А и B лежат по одну сторону от данной прямой, и не имеет решений в остальных случаях.

2.17.

Пусть прямая, проведенная через точки А и B, пересекает прямую PQ в точке С (рис. P.2.17), и пусть О — центр искомой окружности. Тогда СА · СВ = CD². Отрезки СА и СВ известны, отрезок CD — их среднее геометрическое и строится стандартным образом.

Если точки А и B лежат по одну сторону от PQ, то задача имеет два решения (отрезок CD можно отложить вправо и влево от точки С). Если AB и PQ параллельны, то задача имеет единственное решение, которое очевидно, но не может быть получено описанным способом. Когда точки А и P лежат по разные стороны PQ, задача не имеет решения.

2.18. Отрезки МВ и МА или их продолжения пересекают данную окружность в точках С и D (рис. P.2.18), которые являются основаниями высот треугольника АМВ, опущенных из его вершин А и B. Отрезок МР, проведенный через точку P пересечения AC и BD, будет искомым перпендикуляром.

Задача имеет решение, если точка M не лежит на прямой AB.

2.19. Предыдущая задача позволяет построить некоторый перпендикуляр к диаметру AB, пересекающий данную окружность в точках, которые мы обозначим буквами С и D (рис. P.2.19). Проведем прямую СМ; она пересечет диаметр AB (или его продолжение) в точке E. Проведем ED. B пересечении ED и данной окружности получим точку F; MF — искомый перпендикуляр.