5479. С помощью циркуля и линейки постройте равнобедренный треугольник по двум его неравным высотам
h
и
h_{1}
.
Указание. Выразите через
h
и
h_{1}
основание треугольника.
Решение. Первый способ. Пусть
h
и
h_{1}
— данные высоты, опущенные соответственно на основание и на боковую сторону искомого равнобедренного треугольника. Через произвольную точку
M
, лежащую на произвольной прямой
l
, проведём прямую, перпендикулярную
l
, и отложим на ней отрезок
MA=h
. С центром в точке
M
проведём окружность радиуса
\frac{h_{1}}{2}
, а из точки
M
— касательные к этой окружности (см. задачу 1738). Пусть эти касательные пересекают прямую
l
в точках
A
и
B
. Докажем, что треугольник
ABC
— искомый.
Действительно, пусть
P
и
Q
— точки касания, лежащие на сторонах соответственно
AB
и
AC
построенного треугольника
ABC
. Прямоугольные треугольники
APM
и
AQM
равны, поэтому высота
AM=h
является биссектрисой треугольника
ABC
. Значит, треугольник равнобедренный. Пусть
CK
— высота треугольника
ABC
. Тогда
MP
— средняя линия треугольника
BCK
, значит,
CK=2MP=h_{1}
. Что и требовалось доказать.
Катет
MP
прямоугольного треугольника
AMB
меньше его гипотенузы
AM
, значит
\frac{h_{1}}{2}=MP\lt AM=h
. Следовательно, задача имеет решение, причём единственное, тогда и только тогда, когда
h_{1}\lt2h
.
Второй способ. Пусть
AM=h
— высота равнобедренного треугольника
ABC
, опущенная на основание
BC
, а
CN=h_{1}
— высота, опущенная на боковую сторону
AB
,
\alpha
— угол при основании. Из прямоугольных треугольников
AMB
и
CNB
находим, что
MB=AM\ctg\alpha=h\ctg\alpha,~BC=\frac{CN}{\sin\alpha}=\frac{h_{1}}{\sin\alpha},

а так как
BC=2MB=2h\ctg\alpha
, то
\frac{h_{1}}{\sin\alpha}=2h\ctg\alpha
, или
h_{1}=2h\cos\alpha
. Поэтому
\cos\alpha=\frac{h_{1}}{2h}
.
Отсюда вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треугольник
XYM
по гипотенузе
XY=2h
и катету
MY=h_{1}
. На луче
MX
откладываем отрезок
MA=h
и через точку
A
проводим прямую, параллельную
XY
, до пересечения в прямой
MY
в точке
B
. На продолжении отрезка
BM
за точку
M
откладываем отрезок
MC=MB
. Докажем, что
ABC
— искомый треугольник.
Действительно, треугольник
ABC
равнобедренный, так как его высота
AM
является медианой;
AM=h
по построению. Пусть
CN
— высота треугольника
ABC
, опущенная на боковую сторону
AB
. Тогда
CN=BC\sin\angle ABC=2MB\sin\angle ABC=2AM\ctg\angle ABC\cdot\sin\angle ABC=

=2AM\cos\angle ABC=2AM\cdot\frac{MY}{XY}=2h\cdot\frac{h_{1}}{2h}=h_{1}.

Что и требовалось доказать.
Если
h_{1}\lt2h
задача имеет единственное решение. В остальных случаях решений нет, так как катет
MY=h_{1}
прямоугольного треугольника
XYM
меньше гипотенузы
XY=2h
.
Третий способ. Пусть
AM=h
— высота равнобедренного треугольника
ABC
, опущенная на основание
BC=a
, а
CN=h_{1}
— высота, опущенная на боковую сторону
AB
. Из прямоугольного треугольника
AMB
находим, что
h^{2}=AB^{2}-MB^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{4}.

Кроме того
BC\cdot AM=AB\cdot CN
, или
ah=bh_{1}
(см. задачу 1967). Из системы
\syst{ah=bh_{1}\\b^{2}-\frac{a^{2}}{4}=h^{2}\\}

находим, что
a=\frac{2hh_{1}}{\sqrt{4h^{2}-h_{1}^{2}}}
.
Отсюда вытекает следующее построение. По данным отрезкам
h
и
h_{1}
, строим отрезки
n=4h
и
m=\sqrt{n^{2}-h_{1}^{2}}
(см. задачу 1966). Затем по отрезкам
m
,
h
и
h_{1}
строим отрезок
BC=\frac{2hh_{1}}{m}
(см. задачу 2608). Через середину
M
построенного отрезка
BC
проводим перпендикуляр к
BC
и откладываем на нём отрезок
MA=h
. Получаем искомый равнобедренный треугольник
ABC
.
Действительно, треугольник
ABC
равнобедренный, так как его высота
AM
является медианой. Его высота
AM
равна
h
по построению. Пусть
AN
— его высота, опущенная на основание. Тогда
CN=\frac{BC\cdot h}{AB}=\frac{BC\cdot h}{\sqrt{AM^{2}+\frac{1}{4}BC^{2}}}=\frac{\frac{2hh_{1}}{\sqrt{4h^{2}-h_{1}^{2}}}\cdot h}{\sqrt{h^{2}+\frac{1}{4}\left(\frac{2hh_{1}}{\sqrt{4h^{2}-h_{1}^{2}}}\right)^{2}}}=h_{1}.

Если
h_{1}\lt2h
задача имеет единственное решение. В остальных случаях решений нет.
Примечание. Неравенство
h_{1}\lt2h
можно получить, используя соотношение
\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}
(см. задачу 3239), где
h_{a}
,
h_{b}
,
h_{c}
— высоты треугольника, опущенные на стороны
a
,
b
и
c
, а
r
— радиус вписанной окружности треугольника (в нашем случае
h_{a}=h
,
h_{b}=h_{c}=h_{1}
).
Действительно, так как
2r\lt h
, то
\frac{1}{r}\gt\frac{2}{h}
, поэтому
\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{h}+\frac{2}{h_{1}}=\frac{1}{r}\gt\frac{2}{h},

откуда
\frac{1}{h}\lt\frac{2}{h_{1}}
. Следовательно,
h_{1}\lt2h
.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. — М.: МЦНМО, 2004. — № 124, с. 22