Чтение онлайн

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.

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 . Если отрезок PQ (рис. P.2.15) перенести параллельно в отрезок В1В, то из точки P отрезок АВ1 будет виден под углом . Таким образом, строим отрезок В1В, равный а и параллельный CD; на отрезке АВ1 строим сегмент, вмещающий угол , где — 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 . Угол АFЕ равен - . Следовательно, точка F обладает еще и тем свойством, что из нее отрезок AE виден под данным углом - .

Итак, строим точку E, а на отрезке AE — сегмент, вмещающий угол - . 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 = CD^2. 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.