10349. С помощью циркуля и линейки постройте треугольник по углу и медианам, проведённым из вершин двух других углов.
Решение. Пусть треугольник ABC
с данными медианами BD=m_{b}
и CE=m_{c}
и углом A
, равным \alpha
, построен, M
— точка пересечения медиан.
Первый способ. На продолжении медианы BD
за точку D
отложим отрезок DF=BD=m_{b}
(рис. 1). Тогда \angle DCF=\angle BAC=\alpha
. Значит, точка C
принадлежит дуге, вмещающей угол величины \alpha
, стягиваемой хордой DF=m_{b}
(см. задачу 12).
Кроме того точка C
отстоит от точки M
на расстояние BM=\frac{2}{3}m_{c}
.
Таким образом, построив отрезок BF=2m_{b}
и отметив на нём точки M
и D
, построим дугу DCF
и окружность с центром M
и радиусом \frac{2}{3}m_{c}
. Если эти два построенных ГМТ пересекаются, то точка пересечения есть искомая вершина C
искомого треугольника ABC
.
Вершину A
получим, отложив на луче CD
отрезок CA=2CD
.
Построение возможно, если дуга CDF
и окружность с центром M
и радиусом \frac{2}{3}m_{c}
имеют общую точку, т. е. когда
MO-CO\lt MC\lt MO+CO,
где O
— центр окружности дуги DCF
.
Второй способ. Заметим, что точка A
принадлежит геометрическому месту точек, из которых отрезок CE
виден под данным углом \alpha
(рис. 2), т. е. дуге окружности с центром в некоторой точке O
(см. задачу 12). Кроме того, CM:ME=2:1
и MD=\frac{1}{3}m_{b}
. Точка D
— середина хорды AC
, поэтому \angle ODC=90^{\circ}
(см. задачу 37). Следовательно, точка D
лежит на пересечении окружности с центром M
и радиусом \frac{1}{3}m_{b}
и окружности с диаметром OC
.
Таким образом, искомое построение сводится к построению отрезка CE
; ГМТ, из которых этот отрезок виден под углом \alpha
(см. задачу 2889), тем самым построена и точка O
; ГМТ, из которых отрезок OC
виден под прямым углом, точки M
и точки D
пересечения двух ранее указанных ГМТ. Вершина A
является пересечением луча CD
с первым из построенных ГМТ, а вершина B
— пересечением лучей AE
и DM
.
Третий способ. Пусть N
— середина медианы CE
(рис. 3). Тогда
\angle NDC=\angle BAC=\alpha.
Значит, точка D
лежит на пересечении двух геометрических мест точек: ГМТ, из которых отрезок CN
виден под углом \alpha
, и ГМТ, удалённых от точки M
на расстояние, равное \frac{1}{3}BD
. Построив точку D
, мы получим треугольник CED
. Отрезок ED
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому по треугольнику CED
несложно восстановить треугольник ABC
.
Четвёртый способ. Пусть построен некоторый произвольный треугольник A'B'C'
, подобный искомому. Его вершина A'
принадлежит геометрическому месту точек, из которых отрезок B'C'
виден под данным углом \alpha
, т. е. дуге окружности (рис. 4). Пусть P'
— середина B'C'
, M'
— точка пересечения медиан треугольника A'B'C'
. Поскольку \overrightarrow{PM'}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PA'}
, точка M'
должна лежать на дуге, которая получается из указанной дуги гомотетией с центром P'
и коэффициентом k=\frac{1}{3}
.
С другой стороны, так как
\frac{B'M'}{C'M'}=\frac{BM}{CM}=\frac{BD}{CE},
то M'
лежит на окружности Аполлония точек B'
и C'
(см. задачу 2444). Следовательно, M'
является пересечением указанной дуги и этой окружности. Зная положение точки M'
, восстанавливаем треугольник A'B'C'
. Искомый треугольник ABC
получается из него преобразованием подобия с коэффициентом, равным \frac{BD}{B'D'}
.