Метка: подобие треугольников

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Постройте треугольник $ABC$, если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины  $d=\mid AB\mid-\mid BC\mid$ и $e=\mid AC\mid-\mid BC\mid$.

Решение

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отложим данные нам отрезки $AD$ длины $d$ и $AE$ длины $e$. Теперь нужно на этих сторонах (за точками $D$ и $E$) найти такие точки $B$ и $C$, что $\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$.

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, гомотетичную искомому четырехугольнику $BCED$. Для этого (рис.1) отложим на прямой $AD$ (на луче, не содержащем $A$) отрезок $DB_{1}$ любой длины $q$, затем параллельно перенесём луч $\left[DE\right)$ на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$, направленный параллельно $\left[AE\right)$. После чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_{1}$, для которой $\mid B_{1}C_{1}\mid=q$. Очевидно, что четырехугольник $B_{1}C_{1}E_{1}D$ подобен искомому четырехугольнику $BCED$. Проведя теперь через точку $E$ прямую, параллельную $B_{1}E_{1}$, найдём точку $B$: проведя затем через точку $B$ прямую, параллельную $B_{1}C_{1}$, найдём точку $C$. (Легко видеть, что все построения всегда выполнимы, причём единственным образом.)

Вот ещё одно решение — не использующее метод подобия. Если $O -$ центр окружности, вписанный в искомый труегольник $ABC$, то треугольники $BOD$, $BOC$ и $COE$ конгруэнтны (рис. 2). Все углы, отмеченные при вершине $O$, равны $90^{\circ}+\hat{A}/2$. Поэтому $\widehat{DOE}=90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (эта величина положительна при $\hat{A}<60$). Теперь можно построить точку $O$ как пересечение биссектрисы угла $A$ и дуги сегмента с концами $D$ и $E$, вмещающего вписанный угол величины $90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем проведя под нужными углами к отрезкам $DO$ и $EO$ лучи $OB$ и $OC$, находим две вершины треугольника $ABC$.

Наконец, задачу можно решить и вычислением: длина искомого отрезка $x=\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ находится из квадратного уравнения.

$x^{2}=(x+d)^{2}+(x+e)^{2}-2(x+d)(x+e) \cos A$

После чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d$, $e$ и $\hat{A}$) циркулем и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p\cos \alpha$, $p\pm q$, $\sqrt{pq}$, $\sqrt{p^{2}\pm q^{2}}$. Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение ещё одной пары точек $B_{2}\in \left[DA\right)$, $C_{2}\in \left[EA\right)$ для которых $\mid B_{2}D\mid=\mid B_{2}C_{2}\mid=\mid C_{2}E\mid$.

Н. Васильев