Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 646
2014-06-08 
Постройте треугольник $ABC$, в котором даны $|AC| = b, |AB| = c$ и $\hat{AMB} = \omega ( \omega < 90^{\circ}$), причем $M$ - середина отрезка $BC$. Докажите, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда
$b \cdot tg \: \frac{\omega}{2} \leq c < b$.
В каком случае имеет место знак равенства?
Решение:
Пусть $\triangle ABC$ - искомый, тогда $\hat{AMC} = \pi - \omega > \frac{\pi}{2}, L$ - середина $AC$ (рис. 1). Отрезок $ML$ - средняя линия $\triangle ABC$, он равен $\frac{c}{2}$. Отсюда следующее построение.
На $|AC| = b$ строим сегмент (рис. 2), вмещающий $\hat{AMC} = \pi - \omega$, и из середины $L$ отрезка $AC$ проводим окружность радиуса $\frac{c}{2}$. Точки пересечения окружности и сегмента – искомые точки $M$. Соединяя $M$ с $C$ и откладывая на этой прямой от точки $C$ отрезок, равный $2MC$, получим точку $B$.
Исследование. Для того чтобы решение существовало, необходимо и достаточно, чтобы окружность пересекала сегмент. Пусть О - центр сегмента (рис. 3), вмещающего $\angle AMC$, поскольку $\omega < \frac{\pi}{2}$, то точка О лежит относительно сегмента по другую сторону хорды $AC$. Пусть $OH \perp AC$ - радиус, делящий сегмент и хорду $AC$ пополам, $M$ - искомая точка пересечения, лежащая для определенности на дуге $AH$ (а не на $CH$). В $\triangle OLM R = |OM| \leq |OL| + |LM| = r - |HL| + \frac{c}{2}$, т.е. $\frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} \leq \frac{c}{2}$, где $|HL| = \frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2}$ - высота сегмента. Рассмотрим $\triangle AMC$ и $\triangle AMB$. Сторона $AM$ у них общая и $|BM| = |MC|$.
По условию $\hat{BMA} = \omega < 90^{\circ} < 180^{\circ} - \omega = \hat{CMA}$.
Поэтому $b = |AC| > |AB| = c$ и $\frac{b}{2} > \frac{c}{2}$.
Условия $\frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} \leq \frac{c}{2} < \frac{b}{2}$ необходимы. Но они же и достаточны. Если радиус $|LM| = \frac{c}{2} < \frac{b}{2} = |LA|$, то граничная точка $A$ сегмента лежит вне окружности $L$, а если высота сегмента $h = \frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} < \frac{c}{2}$, то вершина $H$ сегмента лежит внутри окружности $L$. Поэтому где-то между $A$ и $M$ они пересекутся. Симметричная относительно линии центров $OH$ точка пересечения будет лежать на $\cup CH$. В предельном случае, когда $h = \frac{c}{2}$, окружность и сегмент только касаются $M \equiv H, \triangle AMC$ - равнобедренный, $BA \parallel ML \perp BC$, так, что $\triangle ABC$ - прямоугольный с прямым углом $B$. Предельный случай в другом условии $\frac{b}{2} = \frac{c}{2}$ дает треугольник, вырождающийся в отрезок, точка $M$ совпадает с $A$, и вершина $B$ лежит на продолжении $AC$.
Постройте треугольник $ABC$, в котором даны $|AC| = b, |AB| = c$ и $\hat{AMB} = \omega ( \omega < 90^{\circ}$), причем $M$ - середина отрезка $BC$. Докажите, что задача имеет решение тогда и только тогда, когда
$b \cdot tg \: \frac{\omega}{2} \leq c < b$.
В каком случае имеет место знак равенства?
Решение:
Пусть $\triangle ABC$ - искомый, тогда $\hat{AMC} = \pi - \omega > \frac{\pi}{2}, L$ - середина $AC$ (рис. 1). Отрезок $ML$ - средняя линия $\triangle ABC$, он равен $\frac{c}{2}$. Отсюда следующее построение.
На $|AC| = b$ строим сегмент (рис. 2), вмещающий $\hat{AMC} = \pi - \omega$, и из середины $L$ отрезка $AC$ проводим окружность радиуса $\frac{c}{2}$. Точки пересечения окружности и сегмента – искомые точки $M$. Соединяя $M$ с $C$ и откладывая на этой прямой от точки $C$ отрезок, равный $2MC$, получим точку $B$.
Исследование. Для того чтобы решение существовало, необходимо и достаточно, чтобы окружность пересекала сегмент. Пусть О - центр сегмента (рис. 3), вмещающего $\angle AMC$, поскольку $\omega < \frac{\pi}{2}$, то точка О лежит относительно сегмента по другую сторону хорды $AC$. Пусть $OH \perp AC$ - радиус, делящий сегмент и хорду $AC$ пополам, $M$ - искомая точка пересечения, лежащая для определенности на дуге $AH$ (а не на $CH$). В $\triangle OLM R = |OM| \leq |OL| + |LM| = r - |HL| + \frac{c}{2}$, т.е. $\frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} \leq \frac{c}{2}$, где $|HL| = \frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2}$ - высота сегмента. Рассмотрим $\triangle AMC$ и $\triangle AMB$. Сторона $AM$ у них общая и $|BM| = |MC|$.
По условию $\hat{BMA} = \omega < 90^{\circ} < 180^{\circ} - \omega = \hat{CMA}$.
Поэтому $b = |AC| > |AB| = c$ и $\frac{b}{2} > \frac{c}{2}$.
Условия $\frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} \leq \frac{c}{2} < \frac{b}{2}$ необходимы. Но они же и достаточны. Если радиус $|LM| = \frac{c}{2} < \frac{b}{2} = |LA|$, то граничная точка $A$ сегмента лежит вне окружности $L$, а если высота сегмента $h = \frac{b}{2} tg \: \frac{\omega}{2} < \frac{c}{2}$, то вершина $H$ сегмента лежит внутри окружности $L$. Поэтому где-то между $A$ и $M$ они пересекутся. Симметричная относительно линии центров $OH$ точка пересечения будет лежать на $\cup CH$. В предельном случае, когда $h = \frac{c}{2}$, окружность и сегмент только касаются $M \equiv H, \triangle AMC$ - равнобедренный, $BA \parallel ML \perp BC$, так, что $\triangle ABC$ - прямоугольный с прямым углом $B$. Предельный случай в другом условии $\frac{b}{2} = \frac{c}{2}$ дает треугольник, вырождающийся в отрезок, точка $M$ совпадает с $A$, и вершина $B$ лежит на продолжении $AC$.
