Номер / задача 734 страница 176, ГДЗ по геометрии за 7 класс к учебнику Мерзляка, Полонского

Решение. Пусть даны: сторона a = BC, противолежащий ей угол α = ∠ BAC и разность двух других сторон d = |AB - AC|. Требуется построить треугольник ABC.

Шаг 1. Воспользуемся тем, что вершина A «видит» отрезок BC под углом α. По теореме об вписанном угле геометрическое место точек, из которых данный отрезок виден под данным углом, — это дуга окружности, построенной на отрезке BC как на хорде, вмещающей угол α.

Построим эту окружность. Для этого:

1. Проведём произвольную прямую и отложим на ней отрезок BC = a.
2. В точке B построим луч, составляющий с BC угол α.
3. Проведём серединный перпендикуляр к отрезку BC.
4. Проведём перпендикуляр к построенному лучу из точки B — он пересечёт серединный перпендикуляр в точке , которая является центром искомой окружности.
5. Окружность с центром и радиусом — это первое ГМТ (чёрная окружность): точка A лежит на дуге этой окружности, вмещающей угол α на отрезок BC.

Шаг 2. Воспользуемся условием |AB - AC| = d. Геометрическое место точек, для которых разность расстояний до двух данных точек B и C постоянна и равна d, — это гипербола с фокусами B и C.

Построим гиперболу (её ветви) с фокусами B, C и разностью расстояний d. Это второе ГМТ (голубая кривая).

Шаг 3. Точка A принадлежит одновременно дуге окружности (первое ГМТ) и гиперболе (второе ГМТ). В качестве вершины A выбираем любую из точек пересечения дуги и гиперболы.

Практическое построение циркулем и линейкой (без явного построения гиперболы):

1. Отложим BC = a. Построим дугу, вмещающую угол α на BC (как описано выше).

2. На луче BA от точки B отложим отрезок BD = d (предположим AB > AC, тогда AB - AC = d). Тогда DA = AB - d = AC, значит треугольник DAC — равнобедренный, и точка D лежит на луче BA.

3. Поскольку DA = AC, треугольник DАС равнобедренный, поэтому ∠ ADC = ∠ ACD. Из треугольника BDC: ∠ BDC = 180° - ∠ BDA = 180° - ∠ BDA. Заметим, что ∠ BAC = α, а в треугольнике DАС углы при основании равны, и ∠ DAC = 180° - α (смежный с ∠ BAC — нет, ∠ DAC = ∠ BAC = α, так как D лежит на BA). Тогда .

   Значит ∠ BCD = ∠ BCA + ∠ ACD, но проще: ∠ BDC = 180° - α (внешний угол треугольника ABC при вершине A... нет). Пересчитаем: в треугольнике DAC: DA = AC, ∠ DAC = α, поэтому .

4. Итак, построение:

   • Отложим BC = a.
   • Из точки B отложим отрезок BD = d на произвольной прямой через B.
   • Из точки D проведём луч, составляющий с DB угол — на этом луче лежит точка C (так как ).
   • Но C уже фиксирована, поэтому действуем иначе.

Переформулируем построение:

1. Отложим BC = a.

2. Построим дугу, вмещающую угол α на BC — первое ГМТ (чёрная окружность).

3. Из точки B на прямой проведём точку D такую, что BD = d, причём D лежит на луче BA, т.е. A лежит на луче BD за точкой D. Тогда AC = DA, и треугольник DCA — равнобедренный с . Значит .

4. Построим ГМТ точек D, из которых отрезок BC виден под углом — но этот угол тупой, значит D лежит на дуге, вмещающей этот угол.

   Однако проще: точка C видна из D под углом , и BD = d. Точка D лежит на окружности с центром B и радиусом d — второе ГМТ (голубая окружность), и одновременно на дуге, вмещающей угол .

Приведём окончательное чистое построение:

1. На прямой отложим отрезок BC = a.
2. Построим дугу окружности, вмещающую угол α на хорде BC — это ГМТ₁ (чёрная окружность), вершина A лежит на этой дуге.
3. Поскольку AB - AC = d (пусть AB > AC), отложим на луче BA от B отрезок BD = d. Тогда DA = AC, и D лежит между B и A.
4. В равнобедренном треугольнике DAC: , откуда .
5. Строим дугу, вмещающую угол на хорде BC — это ГМТ₂ для точки D.
6. Пересекаем ГМТ₂ с окружностью с центром B радиуса d — находим точку D.
7. Проводим луч BD и на нём строим дугу ГМТ₁ — пересечение луча BD с дугой ГМТ₁ даёт вершину A.
8. Треугольник ABC — искомый.

Проверка. В построенном треугольнике ABC:

• BC = a (по построению);
• ∠ BAC = α, так как A лежит на дуге, вмещающей угол α на хорде BC;
• AB - AC = BD = d, так как DA = AC (треугольник DAC равнобедренный) и AB = BD + DA = d + AC.

Треугольник ABC является искомым.