VIII OM - I - Zadanie 7

Zbudować trójkąt $ ABC $ mając dane: bok $ AB = c $, promień koła opisanego $ R $ oraz kąt $ \delta $ zawarty między dwusieczną kąta $ C $ i wysokością poprowadzoną z wierzchołka $ C $.

Rozwiązanie

Niech $ D $ (rys. 4) oznacza spodek wysokości trójkąta $ ABC $ poprowadzonej z wierzchołka $ C $, $ E $ - punkt przecięcia dwusiecznej kąta $ C $ z bokiem $ AB $, $ M $ - punkt przecięcia prostej $ CE $ z okręgiem opisanym na trójkącie $ ABC $, a $ F $ - spodek prostopadłej opuszczonej z $ M $ na prostą $ AB $. Ponieważ $ \measuredangle ACM = \measuredangle MCB $, więc punkt $ M $ jest środkiem łuku $ AMB $, a ponieważ $ CD \parallel FM $, więc $ \measuredangle FME = \measuredangle DCE = \measuredangle \delta $.

Wysnuwamy stąd następującą konstrukcję. Wykreślamy okrąg o danym promieniu $ R $ i prowadzimy w nim cięciwę $ AB = c $, co jest możliwe, gdy $ c \leq 2R $. Niech $ M $ będzie środkiem jednego z łuków okręgu wyznaczonych przez $ AB $. Z punktu $ M $ opuszczamy prostopadłą $ MF $ na $ AB $ i przy półprostej $ MF $ budujemy kąt $ FME $ równy danemu kątowi $ \delta $. Jeśli ramię $ ME $ tego kąta przecina wykreślony okrąg w punkcie $ C $ leżącym po przeciwnej stronie prostej $ AB $ niż $ M $, to trójkąt $ ABC $ spełnia warunki zadania. Taki punkt $ C $ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy kąt $ \delta $ jest mniejszy od kąta $ FMA $. Ponieważ jako punkt $ M $ możemy obrać środek któregokolwiek z dwóch łuków okręgu o cięciwie $ AB $ i ponieważ kąt $ FME $ możemy zbudować po którejkolwiek stronie półprostej $ MF $, więc zadanie może mieć $ 4 $ rozwiązania parami symetryczne względem osi $ MF $ lub $ 2 $ rozwiązania symetryczne względem $ MF $, lub wreszcie może nie mieć żadnego rozwiązania.

Wynik ten można sformułować nieco dokładniej. Zauważmy, że $ \measuredangle FMA = \frac{1}{2} \measuredangle BMA $ i że $ \sin \measuredangle BMA = \frac{c}{2R} $. Niech $ \gamma $ oznacza taki kąt ostry, że $ \sin \gamma =       \frac{c}{2R} $, wówczas $ \measuredangle BMA = \gamma $ lub $ \measuredangle BMA = 180^\circ - \gamma $, zatem $ \measuredangle FMA = \frac{\gamma}{2} $ lub $ \measuredangle FMA = 90^\circ - \frac{\gamma}{2} $. Może zajść jeden z 3 przypadków:

a) $ \delta < \frac{\gamma}{2} $ zadanie ma wówczas $ 4 $ rozwiązania parami symetryczne

b) $ \frac{\gamma}{2} \leq \delta < 90^\circ - \frac{\gamma}{2} $, zadanie ma $ 2 $ rozwiązania symetryczne

c) $ \delta \geq 90^\circ - \frac{\gamma}{2} $ zadanie nie ma rozwiązań.

Uwaga. Oznaczmy kąty trójkąta w zwykły sposób literami $ \alpha $, $ \beta $, $ \gamma $ i przypuśćmy, że $ \alpha > \beta $. Wtedy $ \delta = \measuredangle DCE = \measuredangle ACE - \measuredangle ACD = \frac{1}{2} \gamma - (90^\circ - \alpha) = \frac{1}{2} (2 \alpha + \gamma - 90^\circ) = \frac{1}{2} (\alpha - \beta) $. Zadanie powyższe sprowadza się do rozwiązania układu 2 równań: $ \sin (\alpha + \beta)= \frac{c}{2R} $, $ \alpha - \beta = 2 \delta $, z $ 2 $ niewiadomymi $ \alpha $ i $ \beta $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź