Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16476
2026-02-19 
Постройте треугольник $ABC$ по данной стороне $AB=a$, отношению $AC:BC=b:c$ и разности углов $B$ и $C$
Решение:
Без ограничения общности считаем, что $AB\gt BC$, т.е. $\frac{c}{b}\gt1$.
Первый способ. На отрезке $BC=a$ строим точку $E$, для которой $\frac{BE}{CE}=\frac{c}{b}$ (см. задачу @H5038). От луча $EB$ откладываем луч $EF$ под углом, равным данной разности углов (см. задачу @H2403), и проводим биссектрису угла $CEF$. Пусть прямая, содержащая эту биссектрису, и серединный перпендикуляр к отрезку $BC$ пересекаются в точке $G$, а прямая $GE$ пересекает описанную окружность треугольника $BCG$ в точке $A$. Тогда $ABC$ - искомый треугольник.
Действительно, из равенства хорд $BG$ и $CG$ следует, что $AG$ - биссектриса вписанного угла $BAC$. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BEF=\angle BEA-\angle AEF=\angle BEA-\angle AEC=$
$=(\angle CAG+\angle ACB)-(\angle BAG+\angle ABC)=\angle ACB-\angle ABC=\angle C-\angle B.$
При этом $\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{BE}=\frac{b}{c}$ по свойству биссектрисы угла треугольника (см. задачу @H1509).
Задача имеет единственное решение.
Второй способ. Строим окружность Аполлония данного отрезка $BC$ и данного отношения $AC:BC=b:c$ (см. задачу @H1826). Пусть $D$ - точка её пересечения с отрезком $BC$. От луча $DC$ откладываем луч под углом, равным $90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}$, где $\varphi$ - данная разность углов. Пусть $A$ - точка пересечения этого луча с построенной окружностью. Докажем, что треугольник $ABC$ - искомый.
Действительно, $AB:AC=BD:DC=b:c$, т.к. точки $A$ и $D$ лежат на окружности Аполлония. Тогда $AD$ - биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ (см. задачу 5138). Значит,
$\angle C-\angle B=\left(180^{\circ}-\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)-\left(\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)=180^{\circ}-2\angle ADC=180^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}\right)=\varphi.$
Что и требовалось доказать.
Задача имеет единственное решение
Постройте треугольник $ABC$ по данной стороне $AB=a$, отношению $AC:BC=b:c$ и разности углов $B$ и $C$
Решение:
Без ограничения общности считаем, что $AB\gt BC$, т.е. $\frac{c}{b}\gt1$.
Первый способ. На отрезке $BC=a$ строим точку $E$, для которой $\frac{BE}{CE}=\frac{c}{b}$ (см. задачу @H5038). От луча $EB$ откладываем луч $EF$ под углом, равным данной разности углов (см. задачу @H2403), и проводим биссектрису угла $CEF$. Пусть прямая, содержащая эту биссектрису, и серединный перпендикуляр к отрезку $BC$ пересекаются в точке $G$, а прямая $GE$ пересекает описанную окружность треугольника $BCG$ в точке $A$. Тогда $ABC$ - искомый треугольник.
Действительно, из равенства хорд $BG$ и $CG$ следует, что $AG$ - биссектриса вписанного угла $BAC$. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BEF=\angle BEA-\angle AEF=\angle BEA-\angle AEC=$
$=(\angle CAG+\angle ACB)-(\angle BAG+\angle ABC)=\angle ACB-\angle ABC=\angle C-\angle B.$
При этом $\frac{AC}{BC}=\frac{CE}{BE}=\frac{b}{c}$ по свойству биссектрисы угла треугольника (см. задачу @H1509).
Задача имеет единственное решение.
Второй способ. Строим окружность Аполлония данного отрезка $BC$ и данного отношения $AC:BC=b:c$ (см. задачу @H1826). Пусть $D$ - точка её пересечения с отрезком $BC$. От луча $DC$ откладываем луч под углом, равным $90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}$, где $\varphi$ - данная разность углов. Пусть $A$ - точка пересечения этого луча с построенной окружностью. Докажем, что треугольник $ABC$ - искомый.
Действительно, $AB:AC=BD:DC=b:c$, т.к. точки $A$ и $D$ лежат на окружности Аполлония. Тогда $AD$ - биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ (см. задачу 5138). Значит,
$\angle C-\angle B=\left(180^{\circ}-\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)-\left(\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)=180^{\circ}-2\angle ADC=180^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}\right)=\varphi.$
Что и требовалось доказать.
Задача имеет единственное решение
