/2. Вершина А будет лежать на пересечении прямой, параллельной А1А2 и отстоящей от А1А2 на расстоянии hа, и сегмента, построенного на отрезке А1А2 и вмещающего угол π/2 + А/2.
Вершины B и С лежат на пересечении А1А2 и перпендикуляров, проведенных через середины А1А и А2А.
Задача может иметь два симметричных решения, если высота меньше стрелки сегмента, одно решение, если они равны, и не имеет решений, если hа больше стрелки сегмента.
2.9. Пусть P — искомая точка. Повернем треугольник АВР на 60° вокруг точки А. При этом точка P перейдет в точку Р1, а точка B — в точку В1 (рис. P.2.9).
Так как угол Р1АР равен 60° и АР1 = АР, то треугольник Р1АР правильный и АР = Р1Р. Таким образом, В1Р1РС — ломаная, составленная из отрезков длины BP, АР и CP соответственно. Так как эта ломаная имеет закрепленные концы в точках В1 и С, то ее длина будет наименьшей, если она выпрямится в отрезок В1С.
Итак, точка P лежит на отрезке В1С. Аналогично можно показать, что точка P лежит на отрезке С1В, вершина С1 которого получена поворотом AC вокруг А на 60°.
Отсюда простое построение. На отрезках AB и AC строим правильные треугольники АВ1В и АС1С, лежащие вне треугольника ABC. Искомая точка P будет лежать на пересечении прямых В1С и С1В.
2.10. Если треугольник ABC искомый (рис. P.2.10), то описанная около него окружность пересечется с биссектрисой CD в точке E, делящей дугу АЕВ пополам. Следовательно, точку E мы можем построить.
Вычислим отрезок DE. По свойству пересекающихся хорд в круге имеем CD · DE = AD · DB, или
l · DE = (АО + DO)(OB − OD),
т. е.
Так как OD² = DE² − c²/4, то получаем уравнение относительно DE:
l · DE = c²/2 − DE².
Решая его, найдем
(отрицательное значение для DE не имеет геометрического смысла).
Полученная формула позволяет легко построить отрезок DE, а следовательно, и СЕ.
Задача имеет два симметричных решения, если l<c/2, одно решение, если l = c/2, и не имеет решений, если l>c/2.
2.11. B произвольно выбранных точках А и E прямой MN (рис. P.2.11) строим углы BAN и FEM, равные соответственно α и β.
Откладываем AB = а и FE = с. Вершина С искомого четырехугольника лежит на окружности радиусом b с центром в точке B в на прямой CF параллельной MN. Если прямая пересекает окружность в двух точках С и С1 (это происходит при b> |с sin β − а sin α|), то задача имеет два различных решения: ABCD и ABC1D1 (CD и C1D1 || EF), причем один четырехугольник будет самопересекающимся. При b = |с sin β − а sin α| решение единственно, а при b< |с sin β − а sin α| искомый четырехугольник не существует.
2.12. На отрезке ОМ (рис. P.2.12) строим треугольник OCM, сторона OC которого равна 2R, а сторона CM равна R. Точку пересечения OC с окружностью обозначим через B. Секущая AM — искомая.
Задача имеет два решения, если MO< 3R, одно решение, если MO = 3R, и не имеет решений, если MO> 3R.
2.13. Соединим центры О и О1 данных окружностей и построим на ОО1, как на гипотенузе, прямоугольный треугольник ОЕО1, один из катетов которого (EO1) равен а/2. Через точку M пересечения окружностей, лежащую по ту же сторону от ОО1 что и построенный прямоугольный треугольник, проводим прямую, параллельную катету длины а/2. Отрезок AB (рис. P.2.13) будет искомым.
Задача имеет четыре решения, если а/2<ОО1, два решения, если а/2 = ОО1, и не имеет решений, если а/2>ОО1.
2.14. Проводим через точку M окружность, концентрическую данной. На этой окружности строим хорду длины а, проходящую через точку M. Задача может иметь два или одно решение (а< 2МО), а может и не иметь решения вовсе (а> 2МО).
2.15. Так как дуга AmB фиксирована, то известен и вписанный угол АМВ. Обозначим его через φ. Если отрезок PQ (рис. P.2.15) перенести параллельно в отрезок В1В, то из точки P отрезок АВ1 будет виден под углом φ. Таким образом, строим отрезок В1В, равный а и параллельный CD; на отрезке АВ1 строим сегмент, вмещающий угол φ, где φ — угол, измеряемый дугой AmB данной окружности. Искомая точка P есть точка пересечения или касания дуги этого сегмента с прямой CD.
Задача может иметь два решения (сегмент, опирающийся на АВ1, пересекает хорду CD), одно решение (этот сегмент касается хорды) и может не иметь решений вовсе (точек пересечения нет).
2.16. Пусть отрезок FD делится точкой M пополам (рис. P.2.16). Отразим точку B от точки M. Получим точку E. Отрезки FD и ЕВ можно рассматривать как диагонали параллелограмма.
Заметим также, что угол АСВ известен, так как точки А и B зафиксированы на окружности; обозначим его через φ. Угол АFЕ равен π − φ. Следовательно, точка F обладает еще и тем свойством, что из нее отрезок AE виден под данным углом π − φ.
Итак, строим точку E, а на отрезке AE — сегмент, вмещающий угол π − φ. На пересечении дуги этого сегмента с данной прямой получим точку F.
Задача имеет единственное решение, если точки А и B лежат по одну сторону от данной прямой, и не имеет решений в остальных случаях.
2.17. Пусть прямая, проведенная через точки А и B, пересекает прямую PQ в точке С (рис. P.2.17), и пусть О — центр искомой окружности. Тогда СА · СВ = CD². Отрезки СА и СВ известны, отрезок CD — их среднее геометрическое и строится стандартным образом.
Если точки А и B лежат по одну сторону от PQ, то задача имеет два решения (отрезок CD можно отложить вправо и влево от точки С). Если AB и PQ параллельны, то задача имеет единственное решение, которое очевидно, но не может быть получено описанным способом. Когда точки А и P лежат по разные стороны PQ, задача не имеет решения.
2.18. Отрезки МВ и МА или их продолжения пересекают данную окружность в точках С и D (рис. P.2.18), которые являются основаниями высот треугольника АМВ, опущенных из его вершин А и B. Отрезок МР, проведенный через точку P пересечения AC и BD, будет искомым перпендикуляром.
Задача имеет решение, если точка M не лежит на прямой AB.
2.19. Предыдущая задача позволяет построить некоторый перпендикуляр к диаметру AB, пересекающий данную окружность в точках, которые мы обозначим буквами С и D (рис. P.2.19). Проведем прямую СМ; она пересечет диаметр AB (или его продолжение) в точке E. Проведем ED. B пересечении ED и данной окружности получим точку F; MF — искомый перпендикуляр.
2.20. Построим точку А1 симметричную точке А относительно прямой l (рис. P.2.20). Для любой точки С на прямой l (в силу неравенства треугольника) справедливо соотношение
|AC − BC| = |А1С − BC| ≤ А1В.
Величина |А1С − BC| будет меняться в зависимости от положения точки С, и станет наибольшей, когда точка С займет положение С1 (на пересечении прямых А1B и l). Именно для этой точки треугольник СА1В вырождается в отрезок С1В, а неравенство треугольника превращается в равенство: |А1С − BC| = А1B. Из построения следует, что точка С единственная (если бы мы отражали от прямой l точку B, то пришли бы к той же точке С).
2.21. Две противоположные вершины искомого квадрата лежат, во-первых, на внешних полуокружностях, построенных на сторонах данного четырехугольника (рис. P.2.21), и, во-вторых, на диагонали квадрата, которая пересекает внутренние полуокружности в точках