Задание 923

Дано: отрезок \(a\), угол \(\alpha\) (\(0^\circ < \alpha < 180^\circ\)), отрезок \(h\). Построить: \(\triangle ABC\), у которого \(BC = a\), \(\angle A = \alpha\), высота из \(A\) равна \(h\).

Анализ. Вершина \(A\) видит отрезок \(BC\) под углом \(\alpha\) и удалена от прямой \(BC\) на \(h\). Все точки одной полуплоскости, из которых \(BC\) виден под углом \(\alpha\), лежат на дуге окружности (следствие 1 п. 80 и рассуждение «от противного» с внешним углом, как в задаче 907), а точки на расстоянии \(h\) — на прямой, параллельной \(BC\).

Построение.

1. Откладываем отрезок \(BC = a\).
2. Строим угол \(180^\circ - \alpha\) (смежный с данным) и делим его пополам. От луча \(BC\) и от луча \(CB\) в одну полуплоскость откладываем углы \(\dfrac{180^\circ - \alpha}{2}\); их стороны пересекаются в точке \(A_0\). В треугольнике \(BA_0C\) угол \(A_0 = 180^\circ - 2 \cdot \dfrac{180^\circ - \alpha}{2} = \alpha\).
3. Описываем окружность около \(\triangle BA_0C\) (точка пересечения серединных перпендикуляров); рассматриваем её дугу \(BA_0C\).
4. В той же полуплоскости проводим прямую \(l \parallel BC\) на расстоянии \(h\) (откладываем \(h\) на перпендикуляре к \(BC\)).
5. Точка пересечения \(l\) с дугой \(BA_0C\) — вершина \(A\).

Доказательство. \(\angle BAC = \angle BA_0C = \alpha\) — вписанные углы, опирающиеся на одну дугу \(BC\); \(BC = a\); высота из \(A\) равна расстоянию между \(l\) и \(BC\), то есть \(h\).

Исследование. Точка \(A_0\) лежит на серединном перпендикуляре к \(BC\) и потому является серединой дуги — самой удалённой от \(BC\) точкой дуги; её расстояние до \(BC\) обозначим \(H_0\) (высота равнобедренного треугольника с основанием \(a\) и углом \(\alpha\) при вершине). Если \(h < H_0\), прямая \(l\) пересекает дугу в двух точках, симметричных относительно серединного перпендикуляра, — получаются два равных треугольника, то есть одно решение. Если \(h = H_0\), решение одно — равнобедренный треугольник \(BA_0C\). Если \(h > H_0\), решений нет.

Дано: угол \(\beta\), отрезки \(h\) и \(P\). Построить: \(\triangle ABC\), у которого \(\angle B = \beta\), высота из \(B\) равна \(h\), периметр равен \(P\).

Анализ. Пусть \(ABC\) — искомый треугольник. На продолжении стороны \(AC\) за точку \(A\) отложим \(AA_1 = AB\), за точку \(C\) — \(CB_1 = CB\). Тогда \(A_1B_1 = AB + AC + CB = P\).

1. Треугольник \(A_1AB\) равнобедренный, его внешний угол при \(A\) равен \(\angle BAC\), поэтому \(\angle BA_1A = \dfrac{\angle A}{2}\); так же \(\angle BB_1C = \dfrac{\angle C}{2}\).
2. \(\angle A_1BB_1 = 180^\circ - \dfrac{\angle A + \angle C}{2} = 180^\circ - \dfrac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ + \dfrac{\beta}{2}\).
3. Высота треугольника \(A_1BB_1\) из \(B\) та же, что у \(ABC\), — \(h\) (прямая \(A_1B_1\) совпадает с \(AC\)). Значит, \(\triangle A_1BB_1\) строится по стороне \(P\), противолежащему углу \(90^\circ + \dfrac{\beta}{2}\) и высоте \(h\) — задача а).

Построение.

1. Строим угол \(90^\circ + \dfrac{\beta}{2}\) (к прямому углу прибавляем половину \(\beta\)).
2. По задаче а) строим \(\triangle A_1BB_1\): \(A_1B_1 = P\), \(\angle A_1BB_1 = 90^\circ + \dfrac{\beta}{2}\), высота из \(B\) равна \(h\).
3. Серединный перпендикуляр к \(A_1B\) пересекает \(A_1B_1\) в точке \(A\), серединный перпендикуляр к \(BB_1\) — в точке \(C\).
4. \(ABC\) — искомый треугольник.

Доказательство. \(AA_1 = AB\) и \(CB_1 = CB\) (точки серединных перпендикуляров), поэтому \(\angle ABA_1 = \angle A_1\), \(\angle CBB_1 = \angle B_1\). Сумма \(\angle A_1 + \angle B_1 = 180^\circ - (90^\circ + \dfrac{\beta}{2}) = 90^\circ - \dfrac{\beta}{2}\) меньше угла \(A_1BB_1\), поэтому лучи \(BA\) и \(BC\) идут внутри угла \(A_1BB_1\) в нужном порядке, \(A\) и \(C\) лежат на отрезке \(A_1B_1\), и \(\angle ABC = 90^\circ + \dfrac{\beta}{2} - (90^\circ - \dfrac{\beta}{2}) = \beta\). Периметр \(AB + BC + CA = AA_1 + AC + CB_1 = A_1B_1 = P\), высота из \(B\) равна \(h\).

Исследование. Решение существует тогда и только тогда, когда разрешима задача а): \(h\) не больше высоты равнобедренного треугольника с основанием \(P\) и углом \(90^\circ + \dfrac{\beta}{2}\) при вершине. Тогда искомый треугольник единственный (с точностью до равенства).