13475. Постройте треугольник ABC
по данной стороне AB=a
, отношению AC:BC=b:c
и разности углов B
и C
.
Решение. Без ограничения общности считаем, что AB\gt BC
, т. е. \frac{c}{b}\gt1
.
Первый способ. На отрезке BC=a
строим точку E
, для которой \frac{BE}{CE}=\frac{c}{b}
(см. задачу 5038). От луча EB
откладываем луч EF
под углом, равным данной разности углов (см. задачу 2403), и проводим биссектрису угла CEF
. Пусть прямая, содержащая эту биссектрису, и серединный перпендикуляр к отрезку BC
пересекаются в точке G
, а прямая GE
пересекает описанную окружность треугольника BCG
в точке A
. Тогда ABC
— искомый треугольник.
Действительно, из равенства хорд BG
и CG
следует, что AG
— биссектриса вписанного угла BAC
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BEF=\angle BEA-\angle AEF=\angle BEA-\angle AEC=
=(\angle CAG+\angle ACB)-(\angle BAG+\angle ABC)=\angle ACB-\angle ABC=\angle C-\angle B.
При этом \frac{AC}{BC}=\frac{CE}{BE}=\frac{b}{c}
по свойству биссектрисы угла треугольника (см. задачу 1509).
Задача имеет единственное решение.
Второй способ. Строим окружность Аполлония данного отрезка BC
и данного отношения AC:BC=b:c
(см. задачу 1826). Пусть D
— точка её пересечения с отрезком BC
. От луча DC
откладываем луч под углом, равным 90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}
, где \varphi
— данная разность углов. Пусть A
— точка пересечения этого луча с построенной окружностью. Докажем, что треугольник ABC
— искомый.
Действительно, AB:AC=BD:DC=b:c
, так как точки A
и D
лежат на окружности Аполлония. Тогда AD
— биссектриса угла A
треугольника ABC
(см. задачу 1510). Значит,
\angle C-\angle B=\left(180^{\circ}-\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)-\left(\angle ADC-\frac{1}{2}\angle A\right)=
=180^{\circ}-2\angle ADC=180^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\frac{\varphi}{2}\right)=\varphi.
Что и требовалось доказать.
Задача имеет единственное решение.