Задание 887

Дано: отрезки \(h_a\), \(h_b\), \(h_c\). Построить: \(\triangle ABC\), высоты которого, проведённые к сторонам \(a = BC\), \(b = CA\), \(c = AB\), равны \(h_a\), \(h_b\), \(h_c\).

Анализ. Удвоенная площадь треугольника равна \(a h_a = b h_b = c h_c\). Значит, стороны обратно пропорциональны высотам: \(a : b : c = \dfrac{1}{h_a} : \dfrac{1}{h_b} : \dfrac{1}{h_c}\). Умножив все три числа на \(h_a h_b\), получим

Построение.

1. Построим отрезок \(x = \dfrac{h_a h_b}{h_c}\) как четвёртый пропорциональный (\(h_c : h_a = h_b : x\)): на одной стороне угла с вершиной \(O\) отложим \(OP = h_c\), \(OQ = h_a\), на другой \(OR = h_b\); прямая через \(Q\), параллельная \(PR\), отсечёт на второй стороне \(OS = x\).

2. Построим \(\triangle A_1B_1C_1\) по трём сторонам: \(B_1C_1 = h_b\), \(C_1A_1 = h_a\), \(A_1B_1 = x\).

3. Проведём его высоту \(A_1H_1\). На луче \(A_1H_1\) отложим \(A_1H = h_a\) и через \(H\) проведём прямую, перпендикулярную \(A_1H\) (она параллельна \(B_1C_1\)). Она пересечёт прямые \(A_1B_1\) и \(A_1C_1\) в точках \(B\) и \(C\). Обозначим \(A = A_1\). \(\triangle ABC\) — искомый.

Доказательство. \(BC \parallel B_1C_1\), поэтому \(\triangle ABC \sim \triangle A_1B_1C_1\) и \(a : b : c = h_b : h_a : x\). Высота из \(A\) по построению равна \(h_a\). Из равенства \(a \cdot h_a = b \cdot h_b' \) (обе части — удвоенная площадь) находим высоту к стороне \(b\): \(h_b' = h_a \cdot \dfrac{a}{b} = h_a \cdot \dfrac{h_b}{h_a} = h_b\). Аналогично высота к стороне \(c\): \(h_c' = h_a \cdot \dfrac{a}{c} = h_a \cdot \dfrac{h_b}{x} = h_a \cdot \dfrac{h_b h_c}{h_a h_b} = h_c\).

Исследование. Треугольник \(A_1B_1C_1\) существует, если отрезки \(h_b\), \(h_a\), \(x\) удовлетворяют неравенству треугольника; это равносильно тому, что каждое из чисел \(\dfrac{1}{h_a}\), \(\dfrac{1}{h_b}\), \(\dfrac{1}{h_c}\) меньше суммы двух других. При этом условии решение единственно, иначе решения нет. Например, по высотам 1, 2 и 3 треугольник построить нельзя: \(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} < 1\).