Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 638
2014-06-08 
Построите треугольник $ABC$, если известны $h_{a}, h_{b}, m_{a}$ ($h_{a}$ - высота, проведенная к стороне $a$, $h_{b}$ - высота, проведенная к стороне $b$, и $m_{a}$ - медиана к стороне $a$).
Решение:
Анализ. Пусть $\triangle ABC$ - искомый (рис. 1). В нем $h_{a}, h_{b}, m_{a}$ - данные отрезки. Если из точки $H$ - середины $BC$ пронести $HD \perp AC$, то $HD \parallel BE$. Следовательно, $HD$ -средняя лшшя треугольника $BEC$. Значит, $|HD| = \frac{1}{2} |BE| = \frac{1}{2} h_{b}$.
Отсюда ясен план построения. По $h_{1}$ и $m_{1}$ можно построить $\triangle FAH$. Далее находим точку $D$, как точку пересечения окружности диаметра $|AH| = m_{a}$, с окружностью радиуса $\frac{h_{b}}{2}$ с центром в точке $H$.
Последнее следует из того, что $\triangle ADH$ - прямоугольный с прямым углам $D$ и гипотенузой $AH$ и что $DH = \frac{h_{b}}{2}$. Найдя точку $D$, можно провести $AC$. После чего точка $B$ строится как симметричная с $C$ относительно $H$.
Построение. На произвольной прямой MN берем точку F
(рис. 2). Через $F$ проводим перпендикуляр $|FA| = h_{a}$ к этой прямой. Из точки $A$ описываем окружность радиусом $m_{a}$. Если $m_{a} > h_{b}$, то окружность пересечет прямую $MN$ в двух точках $H$ и $h^{\prime}$. В противном случае задача не будет иметь решения.
Соединим $A$ с $H$; $|AH| = m_{a}$. На $AH$, как на диаметре, строим окружность и из точки $H$ проводим окружность радиусом $\frac{h_{b}}{2}$. Если $\frac{h_{b}}{2} < m_{a}$, то эта окружность пересекает окружность с диаметром $AH$ в двух точках $D$ и $D^{\prime}$. Если $\frac{h_{b}}{2} \leq m_{a}$, то задача не имеет решения. Мы рассматривали случай $\frac{h_{b}}{2} < m_{a}$. Проведем прямую $AD$. Она пересечет $MN$ в некоторой точке $C$. На этой же прямой построим точку $B$, симметричную точке $C$ относительно точки $H$. Треугольник $ABC$ - искомый. Действительно, в нем высота $|AF| = h_{a}; |AH| = m_{a}$ - медиана, так как $H$ по построению середина основания $BC$ треугольника $ABC$. Проведем $BE \perp AC$. $BE$ - высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $B$. $|HD| = \frac{h_{b}}{2}$ - средняя линия треугольника $BEC$, следовательно, $|HD| = \frac{|BE|}{2}$. Отсюда $|BE| = h_{b}$.
Второе решение получим, проведя прямую $AC^{\prime}$ через точки $A$ и $D^{\prime}$, и построим точку $B^{\prime}$, симметричную с $C^{\prime}$ относительно $H$. Действительно, в треугольнике $C^{\prime}AB^{\prime}$ высота $|AF| = h_{a}$, медиана $|HA| = m_{a}$. Проведя $B^{\prime}E^{\prime} \perp AC^{\prime}$, получим, что $B^{\prime}E^{\prime} \parallel HD^{\prime}, HD^{\prime}$ - средняя линия треугольника $C^{\prime}E^{\prime}B^{\prime}. |HD^{\prime}| = \frac{|B^{\prime}E^{\prime}|}{2}$. Но $|HD^{\prime}| = \frac{h_{b}}{2}$, так как окружность с центром $H$, на которой лежит точка $D^{\prime}$, проводили радиусом $\frac{h_{b}}{2}$. Значит, $\frac{h_{b}}{2} = \frac{|B^{\prime}E^{\prime}|}{2}$, т. е. $|B^{\prime}E^{\prime}| = h_{b}$. Еще два решения получим, если в качестве медианы $m_{a}$ возьмем отрезок $AH^{\prime}$. Но последние два треугольника будут отличаться от уже построенных только расположением. Они будут симметричны построенным относительно высоты $AF$.
Таким образом, задача имеет два и притом существенно различных решения при условии, что $m_{1} > h_{a}$ и $m_{1} > \frac{h_{b}}{2}$.
Построите треугольник $ABC$, если известны $h_{a}, h_{b}, m_{a}$ ($h_{a}$ - высота, проведенная к стороне $a$, $h_{b}$ - высота, проведенная к стороне $b$, и $m_{a}$ - медиана к стороне $a$).
Решение:
Анализ. Пусть $\triangle ABC$ - искомый (рис. 1). В нем $h_{a}, h_{b}, m_{a}$ - данные отрезки. Если из точки $H$ - середины $BC$ пронести $HD \perp AC$, то $HD \parallel BE$. Следовательно, $HD$ -средняя лшшя треугольника $BEC$. Значит, $|HD| = \frac{1}{2} |BE| = \frac{1}{2} h_{b}$.
Отсюда ясен план построения. По $h_{1}$ и $m_{1}$ можно построить $\triangle FAH$. Далее находим точку $D$, как точку пересечения окружности диаметра $|AH| = m_{a}$, с окружностью радиуса $\frac{h_{b}}{2}$ с центром в точке $H$.
Последнее следует из того, что $\triangle ADH$ - прямоугольный с прямым углам $D$ и гипотенузой $AH$ и что $DH = \frac{h_{b}}{2}$. Найдя точку $D$, можно провести $AC$. После чего точка $B$ строится как симметричная с $C$ относительно $H$.
Построение. На произвольной прямой MN берем точку F
(рис. 2). Через $F$ проводим перпендикуляр $|FA| = h_{a}$ к этой прямой. Из точки $A$ описываем окружность радиусом $m_{a}$. Если $m_{a} > h_{b}$, то окружность пересечет прямую $MN$ в двух точках $H$ и $h^{\prime}$. В противном случае задача не будет иметь решения.
Соединим $A$ с $H$; $|AH| = m_{a}$. На $AH$, как на диаметре, строим окружность и из точки $H$ проводим окружность радиусом $\frac{h_{b}}{2}$. Если $\frac{h_{b}}{2} < m_{a}$, то эта окружность пересекает окружность с диаметром $AH$ в двух точках $D$ и $D^{\prime}$. Если $\frac{h_{b}}{2} \leq m_{a}$, то задача не имеет решения. Мы рассматривали случай $\frac{h_{b}}{2} < m_{a}$. Проведем прямую $AD$. Она пересечет $MN$ в некоторой точке $C$. На этой же прямой построим точку $B$, симметричную точке $C$ относительно точки $H$. Треугольник $ABC$ - искомый. Действительно, в нем высота $|AF| = h_{a}; |AH| = m_{a}$ - медиана, так как $H$ по построению середина основания $BC$ треугольника $ABC$. Проведем $BE \perp AC$. $BE$ - высота треугольника $ABC$, проведенная из вершины $B$. $|HD| = \frac{h_{b}}{2}$ - средняя линия треугольника $BEC$, следовательно, $|HD| = \frac{|BE|}{2}$. Отсюда $|BE| = h_{b}$.
Второе решение получим, проведя прямую $AC^{\prime}$ через точки $A$ и $D^{\prime}$, и построим точку $B^{\prime}$, симметричную с $C^{\prime}$ относительно $H$. Действительно, в треугольнике $C^{\prime}AB^{\prime}$ высота $|AF| = h_{a}$, медиана $|HA| = m_{a}$. Проведя $B^{\prime}E^{\prime} \perp AC^{\prime}$, получим, что $B^{\prime}E^{\prime} \parallel HD^{\prime}, HD^{\prime}$ - средняя линия треугольника $C^{\prime}E^{\prime}B^{\prime}. |HD^{\prime}| = \frac{|B^{\prime}E^{\prime}|}{2}$. Но $|HD^{\prime}| = \frac{h_{b}}{2}$, так как окружность с центром $H$, на которой лежит точка $D^{\prime}$, проводили радиусом $\frac{h_{b}}{2}$. Значит, $\frac{h_{b}}{2} = \frac{|B^{\prime}E^{\prime}|}{2}$, т. е. $|B^{\prime}E^{\prime}| = h_{b}$. Еще два решения получим, если в качестве медианы $m_{a}$ возьмем отрезок $AH^{\prime}$. Но последние два треугольника будут отличаться от уже построенных только расположением. Они будут симметричны построенным относительно высоты $AF$.
Таким образом, задача имеет два и притом существенно различных решения при условии, что $m_{1} > h_{a}$ и $m_{1} > \frac{h_{b}}{2}$.
