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

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 A_i  (i = 1, 2)  – точка, симметричная C_i 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	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2010
тур
задача
Номер	17