Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

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 = CD^2. 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 E и F, таких, что АF = FB = DE = EC = 45°.

После проведенного анализа построение очевидно.

2.22. Выберем на глаз отрезок длины 1. Построим прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1. Гипотенуза его равна 2. Далее возьмем катеты 1 и 2. Получим гипотенузу 3. Если же катеты равны 3 и 2, то гипотенуза равна 7. На сторонах острого угла А (для удобства) отложим AB = 1, АВ₁ = 7, AC = 7 (рис. P.2.22).

Соединим B и С, через В₁ проведем прямую, параллельную BC. Она пересечет AC в точке С₁. Из подобия треугольников ABC и АВ₁С₁ имеем AB : АВ₁ = AC : АС₁. Отсюда

 Однако это 7 выбранных нами единиц, а не реальный отрезок длины 7, данный в условии задачи. Отложим АС₂ = 7. Это уже данный в условии отрезок. И проведем С₂В₂ || СВ. Отрезок АВ₂ = 7.

2.23. Так как длина искомого отрезка есть

а длина данного отрезка равна а, то рассмотрим только такие значения а, что одновременно

Решение этой системы есть два интервала: 0 < а < 1 и а > 3.

Пусть 0 < а < 1. Тогда удобнее записать длину искомого отрезка так:

На одном луче угла отложим отрезки OA = 2 + а и OB = 3 + а, а на другом луче — отрезок ОС = 3 - а (рис. P.2.23, а). Соединим А и С, проведем BD || AC. Тогда

Осталось построить отрезок, длина которого равна ^OD/_{1 - а}. Для этого отложим на одном луче угла отрезки OD и ОЕ = 1 - а, а на другом луче отрезок OK = 1 (рис. P.2.23, б). Проведем DL || EK. Отрезок OL имеет искомую длину:

Осталось рассмотреть случай а > 3. Решение отличается только тем, что вместо отрезков длины 3 - а и 1 - а придется рассматривать отрезки длины а - 3 и а - 1.