Чтение онлайн

Если точка О2 лежит вне окружности радиуса, равного 1/4 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 площади треугольника ОЕF. Проведем AK параллельно OB (если FM < ЕМ). Треугольники AMK и ВМF равны. Следовательно,

SОЕf = SОАМF + SAMK + SAEK > SОАМF + SВМF = SОАВ.

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 + + 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 hа, и угол при вершине, равный /2 + А/2. Вершина А будет лежать на пересечении прямой, параллельной А1А2 и отстоящей от А1А2 на расстоянии hа, 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 hа 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 В1С 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