Глава 3. Задачи на построение.

№10.

Условие: треугольник ABC. Известно, что высота BD образует со стороной BC угол в 45 градусов. Считается, что прямая BD, содержащая высоту, уже построена. Как всего одним движением циркуля построить ортоцентр треугольника ABC?

№11.

Условие: дана окружность без центра, хорда AB, произвольная точка C на этой хорде, из C восстановлен перпендикуляр, пересекающий окружность в точке D, причём CD- больший из двух возможных. Построить циркулем и линейкой за два шага такую точку E на дуге AB, что EF, перпендикулярная AB, высекала бы на окружности хорду, равную CD.

№12.

Условие: на стороне AB треугольника ABC как на хорде построена окружность; найти такую точку на ней внутри треугольника, чтобы касательная, проведённая к окружности в этой точке, отсекала бы на сторонах BC и AC такие точки D и E, что A,B,D,E лежат на одной окружности

№13.

Условие: отрезок AB; на этом отрезке взята произвольная точка С; на полученных отрезках как на сторонах построены квадраты; известно, что все их вершины лежат по одну сторону от отрезка. Постройте с помощью одной линейки квадрат, диагональю которого является отрезок AB.

№14.

Условие: равносторонний треугольник, на двух его сторонах отмечены их середины.

Построить центр вневписанной окружности с помощью одной линейки.

№15.

Условие: некоторая прямая пересекает стороны AB и BC треугольника в точках E и F; надо построить точку касания окружности со стороной AC, которая бы не только касалась стороны AC, но и пересекала бы AB и BC в таких точках G и H, что GH параллелен EF.

№16.

Условие: четырёхугольник ABCD с прямыми углами B и D, причём CD>BC.

Построить одним прямым углом точку E на стороне CD, такую, что BE=ED, не ставя ни одной точки, вне четырёхугольника.

№17. Условие: точки C и D делят хорду окружности AB на три равные части (C лежит ближе к A). На меньшей дуге AB отмечена точка E, так что оба угла AED и CEB—прямые. Прямые EC и ED пересекают окружность в точках F и G соответственно. Биссектриса угла AEB пересекает окружность в точке K.

Постройте точку пересечения описанной окружности треугольника CEB и отрезка EK одним прямым углом, если точка B недоступна.

_____________________________________________________________________________________________

№10.

Рассмотрим три случая: когда угол ABC –острый, когда он тупой и когда прямой. В первом и втором случаях ортоцентр треугольника H быдет таков, что HD=AD, а в третьем случе ортоцентр и строить не надо, так как он уже есть. Поскольку в задаче дана вся прямая BD, решение для первого и второго случаев будет общим: ножку циркуля ставит в точку D и проводят окружность с радиусом, равным длине отрезка AD.

№11. Решение: Из D проведём окружность с радиусом CD, пересекающая окружность в точке G. Отрезок GC продолжим до пересечения с окружностью в искомой точке E.

Доказательство: FD параллелен EG, т.к. EF=DG. Т.к. Углы FEG и DCG равны и равны углы FEG и DGF, CD=DG. Верно и обратное.

Комментарий: вторая возможная точка строится аналогично.

№12. Надо соединить точки пересечения окружности с прямыми AC и BC и провести к отрезку, их соединяющему, серединный перпендикуляр. Пересекение его с окружностью и даст искомую точку. Доказательство дайте самостоятельно.

№13. Здесь будет только один вариант решения. Найдите самостоятельно ещё хотя бы два варианта.

1. Пусть данные квадраты- ABCD и DEFG. Проведём линейкой прямые AC и EG. Пусть их пересечение - точка H. Две стороны квадрата уже построены: рассмотрим треугольник AHG. У него углы HAG и AGH равны 45 градусам ( поскольку прямые AC и GH содержат диагонали), следовательно, треугольник AHG- прямоугольный и равнобедренный.

2. Продолжим BC до пересечения со стороной FG в точке I. Проведём диагонали AI и BG и обозначим их точку пересечения J. По свойствам симметрии HО пересечёт отрезок AG в его середине K.

3. Проведём луч BK и продолжим FG; обозначим их точку пересечения L. Из равенства треугольников BAK и KJL (по катету и острому углу) следует, что отрезок GL равен AB.

4. Проведём луч FD и продолжим BA; обозначим их точку пересечения M. Так как угол FDG равен углу ADM и равен 45 градусам, а угол A- прямой, AM=AD=AB.

5. Проведём отрезок ML и продолжим ED; обозначим их точку пересечения N. Ясно, что квадрат ABCD симметричен квадрату AMND, поэтому прямая AN содержит сторону искомого квадрата.

6. Проводим прямые AN и HJ; обозначим их точку пересечения O.

7. Строим GO. В силу симметрии (AG и HO- оси симметрии) AHGO- искомый квадрат.

№14. Пусть данный треугольник- ABC и D и E- середины соответственно сторон AC и BC.

1. Проведём BD и AE. Поскольку треугольник равносторонний, проведённые отрезки будут не только медианами, но и высотами. Кроме того, поскольку через их точку пересечения H проходит также высота и медиана, F- середина AB. По теореме Фалеса (поскольку EF параллелен AC) BG=GD. Также, поскольку ABC- равносторонний, FG=GE.

2. Проведём прямые AG и DE: докажем, что точка их пересечения принадлежит прямой, параллельной AC. Поскольку треугольники GBI и ADG равны по катету и острому углу, их гипотенузы AG и GI´ равны. Тогда ABI´D- параллелограмм. Но DE параллелен AB как средняя линия, поэтому по аксиоме Евклида ясно, что DI параллелен AB и BI параллелен AC. Проведём теперь прямые BI и AE и обозначим точку пересечения как J. Так как Углы CBA, СBJ оба равны 60 градусам, треугольгики ABE и JBE равны по катету и острому углу. Тогда AB=BJ=BC, но BJ параллелен AC, и тогда по установленному мной факту для равнобедренных треугольников получим, что J-центр вневписанной окружности.

Замечание: ясно, что совершенно так же можно построить два остальных центра вневпиванных окружностей.

№15. Построим центр описанной окружности треугольника BEF—K. Опустим из точки K перпендикуляр KM на сторону AC, пересекающий окружность в точке P. Прямая BP пересечёт AC в искомой точке. Доказывается через гомотетию данных окружностей.

№16. Проводим диагонвль BD, на ней отмечаем точку E, в этой точке восстанавливаем перпендикуляр к диагонвли BC, пересекающий одну из сторон трапеций в точке F. Через точку F проводим отрезок, перпендикулярный EF с концом G на другой стороне трапеции. Пользуясь замечательным свойством трапеции, строим середину BD. Последний шаг—перпендикуляр к той же диагонали BD в её середине.

№17. Из точки E опускаем перпендикуляр EP на отрезок KG. Через точку F проводим прямую FT, параллельную EP (за два шага. Прямая, перпендикулярная FT, проведённая через точку T, пересечёт EK в искомой точке. Докажите самостоятельно, пользуясь гомотетией.