ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65018
Темы:    [ Построение треугольников по различным элементам ]
[ Симметрия и построения ]
[ Метод ГМТ ]
[ Применение проективных преобразований прямой в задачах на построение ]
Сложность: 4+
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Фольклор

Постройте треугольник по высоте и биссектрисе, проведённым из одной вершины, и медиане, проведённой из другой вершины.


Решение 1

  Пусть  CL = l  – биссектриса,  CH = h  – высота,  BM = m  – медиана треугольника ABC, φ – острый угол, синус которого равен h/l. Через p обозначим прямую, содержащую точку C и параллельную AB, а через B' – точку, симметричную точке B относительно прямой p.
  Выполнено хотя бы одно из равенств  ∠CLB = φ  или  ∠CLB = 180° – φ, . В первом случае
B'CM = 360° – 2∠CBA – ∠BCA = 2(180° – ∠CBA – ∠BCL) = 2φ  (см. рис.).
  Во втором случае аналогично проверяется, что угол B'CM также равен 2φ. Отсюда получаем следующее построение.

  Проведём две параллельные прямые на расстоянии h друг от друга и отметим на одной из них точку B; другая прямая будет прямой p. Далее отмечаем точку B', а затем – точку M, удалённую на расстояние m от B и равноудалённую от параллельных прямых. Теперь строим две дуги окружностей с концами в точках B' и M и угловой величиной  360° – 4φ.
  Если C1 и C2 – точки пересечения дуг с прямой p, а Ai  (i = 1, 2)  – точка, симметричная Ci относительно M, то каждый из треугольников A1BC1 и A2BC2 является искомым.
  Действительно, высоты этих треугольников, проведённые из вершин C1, C2, равны h, а отрезок  BM = m  является в каждом из них медианой. Кроме того, если L1, L2 – основания соответствующих биссектрис, то из построения следует, что один из углов C1L1B и C2L2B равен φ, а другой  180° – φ,  откуда  C1L1 = C2L2 = l.


Решение 2

  Построим отрезок CL, равный данной биссектрисе, и проведём через L прямую AB, удалённую от C на расстояние h. Рассмотрим теперь следующее отображение этой прямой в себя. Для произвольной точки X найдём точку Y, удалённую от X и AB на расстояния, равные данной медиане BM и половине данной высоты CH (см. рис.). Затем отразим прямую CY относительно биссектрисы и найдём точку X' пересечения полученной прямой с AB. Очевидно, что это отображение сохраняет двойные отношения точек и переводит точку B в себя. Таким образом, задача сводится к известной задаче построения неподвижной точки проективного преобразования прямой (см. задачу 58459 б).

Замечания

1. Если  l < h  или  m < h/2,  то решений нет. Если  l = h  и  m ≥ h/2,  решением является единственный равнобедренный треугольник (при  m = h/2  вырождающийся в отрезок). В случае, когда  l > h  и  m = h/2,  получаем два равных треугольника, симметричных относительно прямой BB'. При
l > h  и  m = l/2  один из построенных треугольников оказывается вырожденным, так что решение единственно. Во всех остальных случаях задача имеет два решения.

2. В статье В. Фурсенко ("Математика в школе", 1938) эта задача была ошибочно названа неразрешимой.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по геометрии
год
Год 2010
тур
задача
Номер 17

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .