Глава 8. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 9.

8.1.

Построим отрезок BC длины a. Центр O описанной окружности треугольника ABC является точкой пересечения двух окружностей радиуса R с центрами в точках B и C. Выберем одну из этих точек пересечения и построим описанную окружность S треугольника ABC. Точка A является точкой пересечения окружности S к прямой, параллельной прямой BC и отстоящей от нее на расстояние h_a (таких прямых две).

8.2.

Построим точки A₁ и B₁ на сторонах BC и AC соответственно так, что  BA₁ : A₁C = 1 : 3 и AB₁ : B₁C = 1 : 2. Пусть точка X лежит внутри треугольника ABC. Ясно, что S_ABX : S_BCX = 1 :  2 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке BB₁, и S_ABX : S_ACX = 1 : 3 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке AA₁. Поэтому искомая точка M является точкой пересечения отрезков AA₁ и BB₁.

8.3.

Пусть O — центр данной окружности,  AB — хорда, проходящая через точку P,  M — середина AB. Тогда |AP – BP| = 2PM. Так как РPMO = 90°, точка M лежит на окружности S с диаметром OP. Построим хорду PM окружности S так, что PM = a/2 (таких хорд две). Искомая хорда задается прямой PM.

8.4.

Пусть R — радиус данной окружности,  O — ее центр. Центр искомой окружности лежит на окружности S радиуса |R ± r| с центром O. С другой стороны, ее центр лежит на прямой l, параллельной данной прямой и удаленной от нее на расстояние r (таких прямых две). Любая точка пересечения окружности S и прямой l может служить центром искомой окружности.

8.5.

Пусть R — радиус окружности S,  O — ее центр. Если окружность S высекает на прямой, проходящей через точку A, хорду PQ и M — середина PQ, то OM² = OQ² – MQ² = R² – d²/4. Поэтому искомая прямая касается окружности радиуса 

Ц

R2 – d2/4

с центром O.

8.6.

Возьмем на прямых AB и CD точки E и F так, чтобы прямые BF и CE имели заданные направления. Рассмотрим всевозможные параллелограммы PQRS с заданными направлениями сторон, вершины P и R которых лежат на лучах BA и CD, а вершина Q — на стороне BC (рис. 8.1). Докажем, что геометрическим местом вершин S является отрезок EF. В самом деле,  

SR EC

=

PQ EC

=

BQ BC

=

FR FC

, т. е. точка S

Рис. 8.1 лежит на отрезке EF. Обратно, если точка Sў лежит на отрезке EF, то проведем SўPў||BF, PўQў||EC и QўRў||BF (Pў, Qў, Rў- точки на прямых AB, BC, CD). Тогда  

SўPў BF

=

PўE BE

=

QўC BC

=

QўRў BF

, т. е.  SўPў = QўRў и PўQўRўSў- параллелограмм.

8.7. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A₁ и C₁- середины сторон CB и AB. Так как C₁A₁||AC, то  РA₁C₁B = РA. Из этого вытекает, следующее построение. Построим сначала отрезок CB длиной a и его середину A₁. Точка C₁ является точкой пересечения окружности радиуса m_c с центром C и дуг окружностей, из которых отрезок A₁B виден под углом A. Построив точку C₁, отложим на луче BC₁ отрезок BA = 2BC₁. Тогда A — искомая вершина треугольника.

8.8.

Предположим, что искомый треугольник построен и C — вершина его прямого угла. Так как РACB = 90°, точка C лежит на окружности S с диаметром AB. Поэтому точка C является точкой пересечения окружности S и данной окружности. Построив точку C и проведя прямые CA и AB, найдем оставшиеся вершины искомого треугольника.

8.9.

Предположим, что прямоугольник ABCD построен. Опустим из точки P перпендикуляр PR на прямую BC. Точку R можно построить, так как она лежит на окружности с диаметром PQ и PR = AB = a. Построив точку R, строим прямые BC и AD и опускаем на них перпендикуляры из точек M и N.

8.10.

Предположим, что треугольник ABC построен,  AH — высота,  AD — биссектриса,  AM — медиана. Согласно задаче 2.68 точка D лежит между M и H. Точка E пересечения прямой AD и перпендикуляра, проведенного из точки M к стороне BC, лежит на описанной окружности треугольника ABC. Поэтому центр O описанной окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AE и перпендикуляра к стороне BC, проведенного через точку M.

8.11.

Предположим, что треугольник ABC построен и O — центр его вписанной окружности. Тогда РBOC = 90° + РA/2 (задача 5.3). Из точки O отрезок BC виден под углом 90° + РA/2, и она удалена на расстояние r от прямой BC, поэтому ее можно построить. Затем строим вписанную окружность и проводим к ней касательные из точек B и C.

8.12.

Построим произвольный треугольник с углами A и B и найдем его периметр P₁. Искомый треугольник подобен построенному треугольнику с коэффициентом P/P₁.

8.13.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть AA₁, BB₁ и CC₁- его медианы,  M — точка их пересечения,  Mў - точка, симметричная M относительно точки A₁. Тогда MMў = 2m_a/3, MC = 2m_c/3 и MўC = 2m_b/3, поэтому треугольник MMўC можно построить. Точка A симметрична Mў относительно точки M, а точка B симметрична C относительно середины отрезка MMў.

8.14.

Ясно, что  

BC : AC : AB  =

S ha

:

S hb

:

S hc

=

1 ha

:

1 hb

:

1 hc

. Возьмем произвольный отрезок BўCў и построим треугольник AўBўCў так, чтобы BўCў : AўCў = h_b : h_a и BўCў : AўBў = h_c : h_a. Пусть h_aў- высота треугольника AўBўCў, опущенная из вершины Aў. Искомый треугольник подобен треугольнику AўBўCў с коэффициентом h_a/h_aў.

8.15.

Возьмем на стороне AB произвольную точку Kў, опустим из нее перпендикуляр KўLў на сторону BC, а затем построим квадрат KўLўMўNў, лежащий внутри угла ABC. Пусть прямая BNў пересекает сторону AC в точке N. Ясно, что искомый квадрат является образом квадрата KўLўMўNў при гомотетии с центром B и коэффициентом BN : BNў.

Рис. 8.2

8.16. Предположим, что искомый треугольник ABC построен. Пусть Q — точка касания вписанной окружности со стороной BC,  PQ — диаметр этой окружности,  R — точка касания вневписанной окружности со стороной BC. Ясно, что BR = (a + b + c)/2 – c = (a + b – c)/2 и BQ = (a + c – b)/2. Поэтому RQ = |BR – BQ| = |b – c|. Вписанная окружность треугольника ABC и вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, гомотетичны с центром гомотетии A. Поэтому точка A лежит на прямой PR (рис. 8.2).

Из этого вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треугольник PQR по известным катетам PQ = 2r и RQ = |b – c|. Затем проводим две прямые, параллельные прямой RQ и удаленные от нее на расстояние h_a. Вершина A является точкой пересечения одной из этих прямых с лучом RP. Так как длина диаметра PQ вписанной окружности известна, ее можно построить. Точки пересечения касательных к этой окружности, проведенных из точки A, с прямой RQ являются вершинами B и C треугольника.

8.17. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть  M — точка пересечения медиан AA₁ и BB₁. Тогда AM = 2m_a/3 и BM = 2m_b/3. Треугольник ABM можно построить по длинам сторон AB = c, AM и BM. Затем на лучах AM и BM откладываем отрезки AA₁ = m_a и BB₁ = m_b. Вершина C является точкой пересечения прямых AB₁ и A₁B.

8.18.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть  H — основание высоты, опущенной из вершины A. Прямоугольный треугольник ACH можно построить по гипотенузе AC = b и катету AH = h_a. Затем на прямой CH строим точку B так, что CB = a.

Рис. 8.3

8.19. Предположим, что треугольник ABC построен. Опустим из середины A₁ стороны BC перпендикуляры A₁Bў и A₁Cў на прямые AC и AB соответственно. Ясно, что AA₁ = m_a, A₁Bў = h_b/2 и A₁Cў = h_c/2. Из этого вытекает следующее построение. Строим отрезок AA₁ длиной m_a. Затем строим прямоугольные треугольники AA₁Bў и AA₁Cў по известным катетам и гипотенузе так, чтобы они лежали по разные стороны от прямой AA₁. Остается построить точки B и C на сторонах ACў и ABў угла CўABў так, чтобы отрезок BC делился точкой A₁ пополам. Для этого отложим на луче AA₁ отрезок AD = 2AA₁, а затем проведем через точку D прямые, параллельные сторонам угла CўABў. Точки пересечения этих прямых со сторонами угла CўABў являются вершинами искомого треугольника (рис. 8.3).

8.20.

Построим угол BўACў, равный РA. Точка B строится как пересечение луча ABў и прямой, параллельной лучу ACў и удаленной от него на расстояние h_b. Аналогично строится точка C.

8.21.

Предположим, что треугольник ABC построен. Опустим из точки B высоту BH и проведем медиану BB₁. В прямоугольных треугольниках CBH и B₁BH известны катет BH и гипотенузы CB и BB₁, поэтому их можно построить. Затем на луче CB₁ откладываем отрезок CA = 2CB₁. Задача имеет два решения, так как треугольники CBH и B₁BH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой BH.

8.22.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — середина отрезка BC. Опустим из точки A высоту AH, а из точки M — перпендикуляр MD на сторону AC. Ясно, что MD = h_b/2. Поэтому треугольники AMD и AMH можно построить. Вершина C является точкой пересечения прямых AD и MH. На луче CM откладываем отрезок CB = 2CM. Задача имеет два решения, так как треугольники AMD и AMH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой AM.

8.23.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A₁,B₁ и C₁- середины сторон BC,CA и AB соответственно. В треугольнике CC₁B₁ известны все стороны:  CC₁ = m_c, C₁B₁ = a/2 и CB₁ = b/2, поэтому его можно построить. Точка A симметрична C относительно точки B₁, а точка B симметрична A относительно точки C₁.

8.24.

Предположим, что треугольник ABC построен,  AM — его медиана,  AH — высота. Пусть точка Aў симметрична A относительно точки M.

8.25.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть  CD — его биссектриса. Проведем прямую MD, параллельную стороне BC (точка M лежит на стороне AC). Треугольник CMD равнобедренный, так как РMCD = РDCB = РMDC. Поскольку  MC : AM = DB : AD = CB : AC = a : b и AM + MC = b, то MC = ab/(a + b). Строим равнобедренный треугольник CMD по основанию CD = l_c и боковым сторонам MD = MC = ab/(a + b). Затем на луче CM откладываем отрезок CA = b, а на луче, симметричном лучу CM относительно прямой CD, откладываем отрезок CB = a.

8.26.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть S₁- вневписанная окружность, касающаяся стороны BC. Обозначим точки касания окружности S₁ с продолжениями сторон AB и AC через K и L, а точку касания S₁ со стороной BC обозначим через M. Так как AK = AL, AL = AC + CM и AK = AB + BM, то AK = AL = p. Пусть S₂- окружность радиуса h_a с центром A. Прямая BC является общей внутренней касательной к окружностям S₁ и S₂.

8.27.

Точки A₁ к B₁ лежат на окружности S с диаметром AB. Центр O этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде A₁B₁. Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим точку O, являющуюся точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку A₁B₁ и прямой l. Затем строим окружность радиуса OA₁ = OB₁ с центром O. Вершины A и B являются точками пересечения окружности S с прямой l. Вершина C является точкой пересечения прямой AB₁ и прямой BA₁.

8.28.

Пусть AB = BC и A₁,B₁,C₁- основания биссектрис треугольника ABC. Тогда РA₁C₁C = РC₁CA = РC₁CA₁, т. е. треугольник CA₁C₁ равнобедренный и A₁C = A₁C₁.

8.29.

а) Согласно задаче 2.19, а) точки A,B и C являются точками пересечения продолжений высот треугольника AўBўCў с его описанной окружностью.

8.30.

Обозначим середины сторон BC,CA,AB треугольника через A₁,B₁,C₁ соответственно. Поскольку BC||B₁C₁||BўCў и OA₁^BC, то OAў^BўCў. Аналогично OBў^AўCў и OCў^AўBў, т. е. O — точка пересечения высот треугольника AўBўCў. Построив точку O, проводим серединные перпендикуляры к отрезкам OAў,OBў,OCў. Эти прямые образуют треугольник ABC.

8.31.

Согласно задаче 5.10 наша задача совпадает с задачей 8.29, б).

8.32.

Пусть O — центр описанной окружности,  M — середина стороны AB,  H — основание высоты, опущенной из точки C. Точка Q является серединой дуги AB, поэтому OQ^AB. Из этого вытекает следующее построение. Сначала по трем данным точкам строим описанную окружность S треугольника PQR. Точка C является точкой пересечения прямой, проведенной через точку P параллельно OQ, и окружности S. Точка M является точкой пересечения прямой OQ и прямой RC. Прямая AB проходит через точку M и перпендикулярна OQ.

8.33.

Согласно задаче 5.2 точки A,B и C являются основаниями высот треугольника A₁B₁C₁.

8.34.

Пусть H₁- точка пересечения высот треугольника ABC. Согласно задаче 5.116  OM : MH₁ = 1 : 2 и точка M лежит на отрезке OH₁. Поэтому можно построить точку H₁. Затем проводим прямую H₁H и восставляем к этой прямой в точке H перпендикуляр l. Опустив из точки O перпендикуляр на прямую l, получаем точку C₁, (середину отрезка AB). На луче C₁M строим точку C так, что CC₁ : MC₁ = 3 : 1. Точки A и B являются точками пересечения прямой l с окружностью радиуса CO с центром O.

8.35.

Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей,  I_c- центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB. Описанная окружность треугольника ABC делит отрезок II_c пополам (задача 5.120, б), а отрезок II_c делит пополам дугу AB. Ясно также, что точки A и B лежат на окружности с диаметром II_c. Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с диаметром II_c и окружность S₁ с центром O и радиусом OD, где D — середина отрезка II_c. Окружности S и S₁ пересекаются в точках A и B. Теперь можно построить вписанную окружность треугольника ABC и провести к ней касательные в точках A и B.

8.36.

Предположим, что мы построили точки X и Y на сторонах AB и BC треугольника ABC так, что AX = BY и XY||AC. Проведем YY₁||AB и Y₁C₁||BC (точки Y₁ и C₁ лежат на сторонах AC и AB). Тогда Y₁Y = AX = BY, т. е. BYY₁C — ромб и BY₁- биссектриса угла B.

8.37.

Пусть для определенности a < b. Предположим, что треугольник ABC построен. Возьмем на стороне AC точку D так, что РABD = РBAC. Тогда РBDC = 2РBAC и РCBD = 3РBAC – РBAC = 2РBAC, т. е. CD = CB = a. В треугольнике BCD известны все стороны:  CD = CB = a и DB = AD = b – a. Построив треугольник BCD, проводим луч BA, не пересекающий сторону CD, так, что РDBA = РDBC/2. Искомая вершина A является точкой пересечения прямой CD и этого луча.

8.38.

Пусть точка Bў лежит на прямой l, проходящей через точку B параллельно AC. Стороны треугольников ABC и ABўC высекают на прямой, параллельной AC, равные отрезки. Поэтому прямоугольники PўRўQўSў и PRQS, вписанные в треугольники ABC и ABўC соответственно, равны, если точки R,Q,Rў и Qў лежат на одной прямой.

8.39.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть K и L — точки, в которых вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, касается продолжений сторон AB и AC соответственно. Так как AK = AL = p, то эту вневписанную окружность можно построить; остается провести к построенной окружности касательную через данную точку M.

8.40.

Пусть продолжение биссектрисы CD пересекает описанную окружность треугольника ABC (с прямым углом C) в точке P,  PQ — диаметр описанной окружности,  O — ее центр. Тогда  PD : PO = PQ : PC, т. е. PD · PC = 2R² = m_c². Поэтому, проведя к окружности с диаметром CD касательную длиной Ц2m_c, легко построить отрезок длиной PC. Теперь в треугольнике OPC известны длины всех сторон.

8.41.

Построим точку K на стороне AC так, что AK = BC – AB. Пусть точка D лежит на отрезке AC. Равенство AD + BD + AB = BC эквивалентно равенству AD + BD = AK. Для точки D, лежащей на отрезке AK, последнее равенство перепишется в виде AD + BD = AD + DK, а для точки D, не лежащей на отрезке AK,- в виде AD + BD = AD – DK. В первом случае BD = DK, а второй случай невозможен. Поэтому точка D является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BK и отрезка AC.

Рис. 8.4

8.42. Предположим, что треугольник ABC построен. Проведем диаметр CD описанной окружности. Пусть O — центр описанной окружности,  L — точка пересечения продолжения биссектрисы AK с описанной окружностью (рис. 8.4). Так как РABC – РACB = 90°, то РABD = РACB; поэтому И DA = ИAB. Ясно также, что ИBL = ИLC. Следовательно,  РAOL = 90°.

Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с центром O и данным радиусом. На окружности S выбираем произвольную точку A. Строим точку L на окружности S так, что РAOL = 90°. На отрезке AL строим отрезок AK, равный данной биссектрисе. Через точку K проводим прямую l, перпендикулярную OL. Точки пересечения прямой l с окружностью S являются вершинами B и C искомого треугольника ABC.

8.43.

Возьмем на сторонах BC и AC такие точки A₁ и B₁, что PA₁||AC и PB₁||BC. Затем отложим на лучах A₁B и B₁A отрезки A₁B₂ = AB₁ и B₁A₂ = BA₁. Докажем, что прямая A₂B₂ искомая. В самом деле, пусть k = AP/AB. Тогда

B1A2 B1P  =   (1 – k)a ka  =   (1 – k)a + (1 – k)b ka + kb  =   CA2 CB2 ,

т. е. DA₂B₁P ~ DA₂CB₂ и прямая A₂B₂ проходит через точку P. Кроме того,  AA₂ = |(1 – k)a – kb| = BB₂.

8.44.

Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть B₁ — точка касания вписанной окружности со стороной AC. В прямоугольном треугольнике AOB₁ известны катет OB₁ = r и гипотенуза AO, поэтому можно построить угол OAB₁, а значит, и угол BAC. Пусть O₁- центр описанной окружности треугольника ABC,  M — середина стороны BC. В прямоугольном треугольнике BO₁M известны катет O₁M = AH/2 (см. решение задачи 5.116) и угол BO₁M (он равен РA или 180° – РA), поэтому его можно построить. Затем можно определить длину отрезка 

OO1 =

Ц

R(R – 2r)

(см. задачу 5.12, а)). Итак, можно построить отрезки длиной R и OO₁ = d.

Рис. 8.5

8.45. Пусть расстояние между данными параллельными прямыми равно a. Нужно провести через точки A и B параллельные прямые так, чтобы расстояние между ними было равно a. Для этого построим окружность на отрезке AB как на диаметре и найдем точки C₁ и C₂ пересечения этой окружности с окружностью радиуса a а с центром B. Сторона искомого ромба лежит на прямой AC₁ (второе решение- на прямой AC₂). Затем через точку B проводим прямую, параллельную AC₁ (соответственно AC₂).

8.46. Предположим, что четырехугольник ABCD построен. Обозначим середины сторон AB, BC, CD и DA через P,Q,R и S соответственно и середины диагоналей AC и BD через K и L. В треугольнике KSL известны KS = CD/2, LS = AB/2 и угол KSL, равный углу между сторонами AB и CD. Построив треугольник KSL, можно построить треугольник KRL, так как известны длины всех его сторон. После этого достраиваем треугольники KSL и KRL до параллелограммов KSLQ и KRLP. Вершины A,B,C,D являются вершинами параллелограммов PLSA, QKPB, RLQC, SKRD (рис. 8.5).

8.47. Опустим из вершин B и D перпендикуляры BB₁ и DD₁ на диагональ AC. Пусть для определенности DD₁ > BB₁. Построим отрезок длины a = DD₁ – BB₁ и проведем прямую, параллельную прямой AC, удаленную от AC на расстояние a и пересекающую сторону CD в некоторой точке E. Ясно, что S_AED = (ED/CD)S_ACD  =  (BB₁/DD₁)S_ACD = S_ABC. Поэтому медиана треугольника AEC лежит на искомой прямой.

8.48.

Пусть P,Q,R — середины равных сторон AB,BC,CD четырехугольника ABCD. Проведем серединные перпендикуляры l₁ и l₂ к отрезкам PQ и QR. Поскольку AB = BC = CD, точки B и C лежат на прямых l₁ и l₂ и BQ = QC.

8.49.

Пусть даны вершины A,B и C вписанного и описанного четырехугольника ABCD, причем AB і BC. Тогда AD – CD  =  AB – BC і 0, поэтому на стороне AD можно отложить отрезок DC₁, равный DC. В треугольнике AC₁C известны длины сторон AC и AC₁ = AB – BC и РAC₁C = 90° + РD/2  =  180° – РB/2. Так как угол AC₁C тупой, треугольник AC₁C по этим элементам строится однозначно. Дальнейшее построение очевидно.

8.50.

Пусть ABCD — описанная равнобедренная трапеция с основаниями AD и BC, причем AD > BC;  C₁- проекция точки C на прямую AD. Докажем, что AB = AC₁. В самом деле, если P и Q - точки касания сторон AB и AD с вписанной окружностью, то  AB = AP + PB = AQ + BC/2 = AQ + QC₁ = AC₁.

8.51.

Обозначим середины оснований AD и BC через L и N, а середину отрезка EF через M. Точки L,O,N лежат на одной прямой (задача 19.2). Ясно, что точка M также лежит на этой прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведем через точку K прямую l, перпендикулярную прямой OK. Основание AD лежит на прямой l. Точка L является точкой пересечения прямой l и прямой OM. Точка N симметрична точке L относительно точки M. Через точку O проведем прямые, параллельные прямым EN и FN. Точки пересечения этих прямых с прямой l являются вершинами A и D трапеции. Вершины B и C симметричны вершинам A и D относительно точек E и F соответственно.

8.52.

Предположим, что мы построили четырехугольник ABCD с данными длинами сторон и данной средней линией KP (K и P — середины сторон AB и CD). Пусть A₁ и B₁- точки, симметричные точкам A и B относительно точки P. Треугольник A₁BC можно построить, так как в нем известны стороны BC, CA₁ = AD и BA₁ = 2KP. Достроим треугольник A₁BC до параллелограмма A₁EBC. Теперь можно построить точку D, так как известны CD и ED = BA. Воспользовавшись тем, что 

® DA

=

® A1C

, построим точку A.

8.53.

Используя формулы задач 6.37 и 6.38, легко выразить диагонали вписанного четырехугольника через его стороны. Полученные формулы можно использовать для построения диагоналей (для удобства следует ввести произвольный отрезок e в качестве отрезка единичной длины и строить отрезки длиной pq, p/q и Цp как pq/e, pe/q и 

Ц

pe

).

8.54.

Окружность высекает на сторонах угла равные отрезки тогда и только тогда, когда ее центр лежит на биссектрисе угла. Поэтому центром искомой окружности является точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AB и биссектрисы данного угла.

Рис. 8.6

8.55. Предположим, что мы построили окружность Sў, касающуюся данной окружности S в точке A и данной прямой l в некоторой точке B. Пусть O и Oў- центры окружностей S и Sў соответственно (рис. 8.6). Ясно, что точки O,Oў и A лежат на одной прямой и OўB = OўA. Поэтому нужно построить точку Oў на прямой OA так, чтобы OўA = OўB, где B — основание перпендикуляра, опущенного из точки Oў на прямую l. Для этого опустим перпендикуляр OBў на прямую l. Затем отложим на прямой AO отрезок OAў длины OBў. Через точку A проведем прямую AB, параллельную AўBў (точка B лежит на прямой l). Точка Oў является точкой пересечения прямой OA и перпендикуляра к прямой l, проведенного через точку B.

8.56.

а) Пусть l₁- серединный перпендикуляр к отрезку AB,  C — точка пересечения прямых l₁ и l, а lў- прямая, симметричная l относительно прямой l₁. Задача сводится к тому, чтобы построить окружность, проходящую через точку A и касающуюся прямых l и lў (см. задачу 19.16).

8.57.

Предположим, что мы построили окружности S₁,S₂ и S₃, попарно касающиеся в данных точках:  S₁ и S₂ касаются в точке C;  S₁ и S₃- в точке B;  S₂ и S₃- в точке A. Пусть O₁,O₂ и O₃- центры окружностей S₁,S₂ и S₃. Тогда точки A,B и C лежат на сторонах треугольника O₁O₂O₃, причем O₁B = O₁C, O₂C = O₂A и O₃A = O₃B. Поэтому точки A,B и C являются точками касания вписанной окружности треугольника O₁O₂O₃ со сторонами.

Рис. 8.7

8.58. Предположим, что мы построили окружность S, касательные AA₁,BB₁ и CC₁ к которой имеют длины a,b и c соответственно (A₁,B₁ и C₁- точки касания). Построим окружности S_a,S_b и S_c с центрами A,B и C и радиусами a,b и c соответственно (рис. 8.7). Если O — центр окружности S, то отрезки OA₁, OB₁ и OC₁ являются как радиусами окружности S, так и касательными к окружностям S_a,S_b и S_c. Поэтому точка O является радикальным центром окружностей S_a,S_b и S_c (см. § 10 гл. 3).

Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим окружности S_a,S_b и S_c. Затем строим их радикальный центр O. Искомая окружность является окружностью с центром O и радиусом, равным по длине касательной, проведенной из точки O к окружности S_a.

8.59.

Построим сначала отрезок BC длиной a. Затем построим ГМТ X, для которых CX : BX = b : c (см. задачу 7.14). В качестве вершины A можно взять любую из точек пересечения этого ГМТ с прямой, удаленной от прямой BC на расстояние h_a.

8.60.

По длинам отрезков ADў и BD можно построить отрезок AB и точку D на этом отрезке. Точка C является точкой пересечения окружности радиуса CD с центром D и ГМТ X, для которых AX : BX = AD : BD.

8.61.

Пусть X — точка, не лежащая на прямой AB. Ясно, что РAXB = РBCX тогда и только тогда, когда AX : CX = AB : CB. Поэтому точка M является точкой пересечения ГМТ X, для которых AX : CX = AB : CB, и ГМТ Y, для которых BY : DY = BC : DC (эти ГМТ могут не пересекаться).

8.62.

Нужно построить точку O, для которой AO : AўO  =  AB : AўBў и BO : BўO = AB : AўBў. Точка O является точкой пересечения ГМТ X, для которых AX : AўX = AB : AўBў, и ГМТ Y, для которых BY : BўY = AB : AўBў.

8.63.

Пусть O — центр данной окружности. Хорды XP и XQ, проходящие через точки A и B, равны, тогда и только тогда, когда XO — биссектриса угла PXQ, т. е.  AX : BX  =  AO : BO. Искомая точка X является точкой пересечения соответствующей окружности Аполлония с данной окружностью.

8.64.

а) Если прямая l не пересекает отрезок AB, то ABB₁A₁- параллелограмм и l||AB. Если прямая l пересекает отрезок AB, то AA₁BB₁- параллелограмм и l проходит через середину отрезка AB.

8.65. Построим окружность радиуса 1 и проведем в ней два перпендикулярных диаметра AB и CD. Пусть O — центр окружности,  M — середина отрезка OC,  P — точка пересечения прямой AM и окружности с диаметром OC (рис. 8.8). Тогда  

AM2 = 1 +

1 4

=

5 4

, а значит,  AP = AM – PM = (Ц5 – 1)/2 = 2sin 18° (см. зада-

Рис. 8.8 чу 5.46), т. е. AP — длина стороны правильного десятиугольника, вписанного в данную окружность.

8.66. Предположим, что мы построили прямоугольник PQRS так, что данные точки A,B,C,D лежат на сторонах PQ,QR,RS,SP соответственно и PQ : QR = a, где a — данное отношение сторон. Пусть F — точка пересечения прямой, проведенной через точку D перпендикулярно к прямой AC, и прямой QR. Тогда DF : AC = a.

Из этого вытекает следующее построение. Из точки D проводим луч, пересекающий отрезок AC под прямым углом, и на этом луче строим точку F так, что DF = a · AC. Сторона QR лежит на прямой BF. Дальнейшее построение очевидно.

8.67.

Предположим, что точки X и Y, обладающие требуемыми свойствами, построены. Обозначим точку пересечения прямых AX и YC через M, а точку пересечения прямых AB и XY через K. Прямоугольные треугольники AXK и YXM имеют общий острый угол X, поэтому РXAK = РXYM. Углы XAB и XYB опираются на одну дугу, поэтому РXAB = РXYB. Следовательно, РXYM = РXYB. Так как XY^AB, то A — середина отрезка CB.

Из этого вытекает следующее построение. Через середину K отрезка CB проводим прямую l, перпендикулярную прямой AB. Точки X и Y являются точками пересечения прямой l с данной окружностью.

8.68.

Если есть угол величиной a, то можно построить углы величиной 2a,3a и т. д. Так как 19 · 19° = 361, то можно построить угол 361°, совпадающий с углом 1°.

8.69.

Построим сначала угол 36° (см. задачу 8.65). Затем можно построить угол (36° – 30°)/2 = 3°. Если n не делится на 3, то, имея углы n° и 3°, можно построить угол 1°. В самом деле, если n = 3k + 1, то 1° = n° – k · 3°, а если n = 3k + 2, то 1° = 2n° – (2k + 1) · 3°.

8.70.

Последовательность построений такова. Выберем на клочке бумаги произвольную точку O и произведем гомотетию с центром O и достаточно малым коэффициентом k так, чтобы образ точки пересечения данных прямых при этой гомотетии оказался на клочке бумаги. Тогда можно построить биссектрису угла между образами прямых. Затем произведем гомотетию с прежним центром и коэффициентом 1/k и получим искомый отрезок биссектрисы.

8.71.

Построим с помощью двусторонней линейки две параллельные хорды AB и CD. Пусть P и Q — точки пересечения прямых AC и BD,AD и BC. Тогда прямая PQ проходит через центр данной окружности. Построив аналогично еще одну такую прямую, найдем центр окружности.

Рис. 8.9

8.72. Проведем через точку A два луча p и q, образующие угол маленькой величины, содержащий точку B (лучи можно построить, переставляя линейку). Через точку B проведем отрезки PQ₁ и P₁Q (рис. 8.9). Если PQ < 10см и P₁Q₁ < 10см, то можно построить точку O, в которой пересекаются прямые PQ и P₁Q₁. Проведем через точку O прямую P₂Q₂. Если PQ₂ < 10см и P₂Q < 10см, то можно построить точку Bў, в которой пересекаются прямые PQ₂ и P₂Q. Если BBў < 10см, то можно построить прямую BBў, а эта прямая проходит через точку A (см. задачу 5.73).

8.73.

Построение будет основано на том факте, что если A и B — точки пересечения равных окружностей с центрами P и Q, то 

® PA

=

® BQ

. Пусть S₁ = исходная окружность,  A₁- данная точка. Через точку A₁ проведем окружность S₂, через точку A₂ пересечения окружностей S₁ и S₂- окружность S₃, через точку A₃ пересечения окружностей S₂ и S₃ — окружность S₄, наконец, через точки B₁ и A₄ пересечения окружностей S₁ и S₃ с окружностью S₄- окружность S₅. Докажем, что точка B₂ пересечения окружностей S₅ и S₁ искомая. Пусть O_i- центр окружности S_i. Тогда 

® A1O1

=

® O2A2

=

® A3O3

=

® O4A4

=

® B1O5

=

® O1B2

.

8.74.

Пусть AB — данный отрезок,  P — произвольная точка, не лежащая на данных прямых. Построим точки C и D пересечения второй из данных прямых с прямыми PA и PB соответственно и точку Q пересечения прямых AD и BC. Согласно задаче 19.2 прямая PQ проходит через середину отрезка AB.

8.75.

Пусть AB — данный отрезок, а C и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить точку M — середину отрезка CD. Пусть P — точка пересечения прямых AM и BD,  E — точка пересечения прямых PC и AB. Докажем, что EB — искомый отрезок. Поскольку DPMC ~ DPAE и DPMD ~ DPAB, то

AB AE  =   AB AP  :   AE AP  =   MD MP  :   MC MP  =   MD MC  = 1.

8.76.

Пусть AB — данный отрезок, а C и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить такие точки D₁ = D,D₂,…,D_n, что все отрезки D_iD_i + 1 равны отрезку CD. Пусть P — точка пересечения прямых AC и BD_n, а B₁,…,B_n – 1- точки пересечения прямой AB с прямыми PD₁,…,PD_n – 1 соответственно. Ясно, что точки B₁,…,B_n – 1 делят отрезок AB на n равных частей.

8.77.

Возьмем на одной из данных прямых отрезок AB и построим его середину M (см. задачу 8.74). Пусть A₁ и M₁- точки пересечения прямых PA и PM со второй данной прямой,  Q — точка пересечения прямых BM₁ и MA₁. Легко проверить, что прямая PQ параллельна данным прямым.

8.78.

В случае, когда точка P не лежит на прямой AB, можно воспользоваться решением задачи 3.36. Если же точка P лежит на прямой AB, то мы можем сначала опустить перпендикуляры l₁ и l₂ из каких-нибудь других точек, а затем согласно задаче 8.77 провести через точку P прямую, параллельную прямым l₁ и l₂.

8.79.

а) Пусть A — данная точка,  l — данная прямая. Рассмотрим сначала случай, когда точка O не лежит на прямой l. Проведем через точку O две произвольные прямые, пересекающие прямую l в точках B и C. Согласно задаче 8.78 в треугольнике OBC можно опустить высоты на стороны OB и OC. Пусть  H — точка их пересечения. Тогда можно провести прямую OH, которая перпендикулярна l. Согласно задаче 8.78 можно опустить перпендикуляр из точки A на OH. Это и есть искомая прямая, проходящая через A и параллельная l. Чтобы из A опустить перпендикуляр на l, нужно восставить из O перпендикуляр lў к OH, а затем из A опустить перпендикуляр на lў. В случае, когда точка O лежит на прямой l, согласно задаче 8.78 можно сразу опустить из точки A перпендикуляр lў на прямую l, а затем из той же точки A восставить перпендикуляр к прямой lў.

в) Возьмем две произвольные прямые, пересекающиеся в точке P. Отложим на одной из них отрезок PA = a, а на другой- отрезки PB = b и PC = c. Пусть D — точка пересечения прямой PA с прямой, проходящей через B и параллельной AC. Ясно, что PD = ab/c.

г) Пусть H — гомотетия (или параллельный перенос), переводящая окружность с центром A и радиусом r в окружность S (т. е. в заданную окружность с отмеченным центром O). Так как радиусы обеих окружностей известны, можно построить образ любой точки X при отображении H. Для этого нужно через точку O провести прямую, параллельную прямой AX, и отложить на ней отрезок, равный r_S · AX/r, где r_S- радиус окружности S. Аналогично строится образ любой точки при отображении H ^– 1. Поэтому можно построить прямую lў = H(l) и найти точки ее пересечения с окружностью S, а затем построить образы этих точек при отображении H ^– 1.

д) Пусть A и B — центры данных окружностей,  C — одна из точек, которые нужно построить,  CH — высота треугольника ABC. Записав теорему Пифагора для треугольников ACH и BCH, получим, что AH = (b² + c² – a²)/2c. Величины a,b и c известны, поэтому можно построить точку H и точки пересечения прямой CH с одной из данных окружностей.

8.80.

а) Проведем прямые, параллельные прямым OA и OB, удаленные от последних на расстояние a и пересекающие стороны угла. Точка пересечения этих прямых лежит на искомой биссектрисе.

8.81.

Проведем через точку A произвольную прямую, а затем проведем прямые l₁ и l₂, параллельные ей и удаленные от нее на расстояние a; эти прямые пересекают прямую l в точках M₁ и M₂. Через точки A и M₁ проведем еще одну пару параллельных прямых l_a и l_m, расстояние между которыми равно a. Точка пересечения прямых l₂ и l_m лежит на искомом перпендикуляре.

8.82.

Проведем прямую, параллельную данной и удаленную от нее на расстояние a. Теперь можно воспользоваться результатами задач 8.77 и 8.74.

8.83.

Проведем через точку P прямые PA₁||OA и PB₁||OB. Пусть прямая PM делит пополам угол между прямыми l и PA₁. При симметрии относительно прямой PM прямая PA₁ переходит в прямую l, поэтому прямая PB₁ при этой симметрии переходит в одну из искомых прямых.

8.84.

Достроим треугольник ABM до параллелограмма ABMN. Проведем через точку N прямые, параллельные биссектрисам углов между прямыми l и MN. Точки пересечения этих прямых с прямой l искомые.

8.85.

Проведем прямую l₁, параллельную прямой OA и удаленную от нее на расстояние a. Возьмем на прямой l произвольную точку B. Пусть B₁- точка пересечения прямых OB и l₁. Проведем через точку B₁ прямую, параллельную AB; эта прямая пересекает прямую OA в точке A₁. Проведем теперь через точки O и A₁ пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a (таких пар прямых может быть две); пусть X и X₁- точки пересечения прямой, проходящей через точку O, с прямыми l и l₁. Так как OA₁ = OX₁ и DOA₁X₁ ~ OAX, точка X искомая.

8.86.

Восставим в точках O₁ и O₂ перпендикуляры к прямой O₁O₂ и отложим на них отрезки O₁B₁ = O₂A₂ и O₂B₂ = O₁A₁. Построим середину M отрезка B₁B₂ и в точке M восставим перпендикуляр к B₁B₂. Этот перпендикуляр пересечет прямую O₁O₂ в точке N. Тогда  O₁N² + O₁B₁² = O₂N² + O₂B₂², а значит,  O₁N² – O₁A₁² = O₂N² – O₂A₂², т. е. точка N лежит на радикальной оси. Остается восставить перпендикуляр к O₁O₂ в точке N.

8.87.

Построим сначала произвольную прямую l₁, перпендикулярную прямой l, а затем через точку A проведем прямую, перпендикулярную прямой l₁.

8.88.

а) Проведем через точки A и B прямые AP и BQ, перпендикулярные прямой AB, а затем проведем произвольный перпендикуляр к прямой AP. В результате получим прямоугольник. Остается опустить из точки пересечения его диагоналей перпендикуляр на прямую AB.

8.89.

а) Опустим из точки A перпендикуляр AP на прямую OB и построим отрезок AC, серединой которого является точка P. Тогда угол AOC искомый.

8.90.

Проведем через точку O прямую lў, параллельную прямой l. Из точки B опустим перпендикуляры BP и BQ на прямые lў и OA, а затем из точки O опустим перпендикуляр OX на прямую PQ. Тогда прямая XO искомая (см. задачу 2.3); если точка Y симметрична точке X относительно прямой lў, то прямая YO тоже искомая.

8.91.

Достроим треугольник OAB до параллелограмма OABC, а затем построим отрезок CC₁, серединой которого является точка O. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки C и C₁, а вершина лежала на прямой l. Вершина прямого угла совпадает тогда с искомой точкой X.

8.92.

Построим отрезок AB, серединой которого является точка O, и расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки A и B, а вершина лежала на прямой l. Тогда вершина прямого угла совпадет с искомой точкой.

Глава 8. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 9.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.