Пусть даны два отрезка а и d и угол α.
Нужно построить ΔАВС, в котором ВС = а, ∠В = α, а |AC -AB| = d.
Задача имеет решения лишь при d < a, т.к. из неравенства треугольника следует, что любая сторона должна быть больше разности двух сторон.
I. Допустим такой треугольник уже построен. Рассмотрим два случая:
1) ∠α — острый.
Если АВ > АС, d = АС, то отложим на стороне АВ отрезок BD = d, тогда AD = AB - d = AC, т.е. точка А лежит на серединном перпендикуляре к CD.
Если АС > АВ, то отложим на продолжении стороны АВ отрезок BD = d.
d = AC - AB, AD = AB + BD = AB + d, т.е. AD = AC, поэтому точка А будет лежать на серединном перпендикуляре к CD.
2) ∠α — тупой.
АС > АВ, тогда на продолжении сторона АВ отложим BD = d, тогда AD = AC и тогда точка А лежит на серединном перпендикуляре к CD.
а) Если α — острый угол, d = АС - АВ.
Построим ∠B = α.
Отложим на одной стороне угла ВС = а, а на дополнительной полупрямой к другой стороне BD = d.
Найдем точку А, проведя серединный перпендикуляр к стороне CD. Т.к. АВ = AD - DB = AC - d, то d = AC - AB, и ΔАВС — искомый.
б) Если a — острый угол, d = AB - AC.
Построим ∠B = a.
Отложим на одной стороне угла ВС = а, а на другой — BD= d.
Найдем точку А, проведя серединный перпендикуляр к отрезку CD. Т.к. ВА = d + AC, то d = AB - AC, таким образом, ΔАВС — искомый.
II.Если α' — тупой угол, то d = АС - АВ (аналогично п. I, а)
Выясним, всегда ли задача имеет решение.
I.а) В ΔDBC ∠DBC — тупой (т.к. α и ∠DBC смежные) и DB < BC, то серединный перпендикуляр обязан пересечь сторону ВС < В и сторону ВА, таким образом, решение обязано существовать.
б) Если ∠BDC ≤ 90°, то ∠CDA ≥ 90°. Тогда решений нет, иначе есть единственное решение.
II.В ΔBDC ∠CBD — острый (т.к. α и ∠CBD смежные), а > d, таким образом, если ∠BDC прямой или тупой, то серединный пер
пендикуляр к DC не пересекает сторону ВА угла СВА и, значит, решений нет. Если ∠DBC — острый, задача имеет единственное решение.
Сначала построим окружность с центром О1 и радиусом R1 - R2. Из центра О2 второй окружности проводим касательную к этой окружности (задача № 49). Касательная касается этой окружности в точке K.
Продлим O1K до пересечения с окружностью с центром О1 и радиусом R1. Прямая O1K пересечет эту окружность в точке М. Теперь проводим касательную из точки М к окружности с центром О2 и радиусом R2. Таким образом, MN — первая касательная, т.к. MN ⊥ ОМ, O2N ⊥ MN, следовательно, MN — общая касательная.
Затем строим окружность с центром в точке О1 и радиусом R1 + R2 и проводим касательную к ней О2Р. О1Н = R1 принадлежит О1Р. Из точки Н проведем касательную HL к окружности с центром О2 и радиусом R2, таким образом, HL — вторая касательная, т.к. HL ⊥ O2L и HL ⊥ О1Н, следовательно, HL — общая касательная.
Рассмотрим всевозможные варианты:
1) Если центр одной окружности лежит внутри другой и они не пересекаются, то касательную провести нельзя.
2) Если центр одной окружности лежит внутри другой и они касаются в одной точке, то одна касательная.
3) Если они пересекаются в двух точках, то две касательные.
4) Если единственная точка пересечения лежит между их центрами, то три касательные.
5) Если R1 + R2 < О1О2, то четыре касательных.
6) Если R1 = R2 и О2 совпадает с О1, то бесконечное число касательных
0,0(0 оценок)
Полный доступ
Позволит учиться лучше и быстрее. Неограниченный доступ к базе и ответам от экспертов и ai-bota
Оформи подписку
