2014-06-08
Даны две плоскости $P$ и $Q$, пересекающиеся по прямой $p$. В плоскости $P$ дана точка $A$ и в плоскости $Q$ - точка $C$. Ни одна из этих точек не лежит на прямой $p$. Постройте в плоскости $P$ точку $B$ и в плоскости $Q$ точку $D$, являющиеся вершинами равнобочной трапеции $ABCD (AB \parallel CD$) y в которую можно вписать круг.
Решение:
рис.1
рис.2
Пусть трапеция $ABCD$ - искомая (рис.1), тогда прямые $AB \parallel CD \parallel p$. Таким образом, нужно через точки $A$ и $C$ провести прямые $p^{\prime}$ и $q^{\prime}$, соответственно параллельные $p$, и на этих двух прямых $p^{\prime}$ и $q^{\prime}$ найти точки $B$ и $D$ - вершины равнобедренной трапеции $ABCD$, в которую вписан круг. Если окружность вписана в трапецию, то $|AB| + |CD| = |AD| + |BC| = 2 |AD|$. Тогда $|AF^{\prime}| = |FE|$ (где $F^{\prime}$ - середина $AB, FF^{\prime} \perp q^{\prime}$ и $E$ - проекция $A$ на $CD$, рис.), поэтому $|AB| = 2 |AF^{\prime}| = 2 |EF|$ и $|CD| = 2|CE| - 2 |EF|$, откуда $2|AD| = 2|EC|$, т.е. $|AD| = |EC|$, и точки $D$ и $D^{\prime}$ лежат на окружности радиуса $|EC|$ с центром в точке $A$. Чтобы задача имела решение, необходимо, чтобы $|AD| = |EC| \geq |FF^{\prime}|$, т.е. $\frac{|AE|}{|EC|} \leq 1$, т.е. $\hat{ACE} \leq 45^{\circ}$.
Это условие является и достаточным.
Отсюда вытекает следующее построение. Через точку $A$ (рис.2) проводим перпендикуляр $AE$ к прямой $q^{\prime}$ и из точки $A$ радиусом, равным $|CE|$, описываем окружность и берем точки $D$ и $D^{\prime}$ пересечения с прямой $q^{\prime}$. Разделим отрезок $CD$ пополам и проведем $FF^{\prime} \perp CD$. Точку $B$ получим, отразив симметрично точку $A$ относительно $FF^{\prime}$. Второе решение получим, взяв вместо $O$ точку $D^{\prime}$. Задача имеет два решения, если $\hat{ACE} < 45^{\circ}$, и одно решение (трапеция превращается в квадрат), если $\hat{ACE} = 45^{\circ}$.