ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ. КНИГА ВТОРАЯ . ОКРУЖНОСТЬ. ГЛАВА V . ПОСТРОЕНИЯ. Геометрические построения.

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Геометрические построения

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве
Ниже посмотрите текст для быстрого ознакомления(формулы отображаются не корректно):

83. Под геометрическими построениями понимают построения,
производимые при помощи линейки и циркуля.
Эти построения теоретически абсолютно точны. Практически эти
построения действительно очень точны, но тем не менее и они, как
и все другие построения, дают поводы к ошибкам (например, вследствие
того, что линии, проводимые карандашом, имеют толщину).
Линейка есть инструмент, служащий для того, чтобы проводить
прямые линии. Для того чтобы линейка была правильной, необходимо,
чтобы оба её края были прямолинейны. Чтобы убедиться, выполнено
ли это условие, пользуются самим определением прямой линии. Проводят
сначала линию вдоль по краю линейки (черт. 84); затем повёртывают
линейку и прикладывают её тем же краем с другой стороны
к проведённой линии. Если линейка достаточно верна, то вторая
*) То же самое рассуждение применимо и в нескольких задачах, поме,-
щённых далее — на стр. 104—106.

Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

линия, проведённая вдоль края линейки в её новом положении,
должна совпадать с первоначальной.
Циркуль состоит из двух заострённых стержней, соединённых
между собой шарниром. Растворение циркуля есть расстояние между
остриями; инструмент позволяет переносить
отрезки или описывать из
произвольного центра окружность,
имеющую радиусом это расстояние.
Кроме которых мы говорили, на практике
употребляются ещё угольник и транспортир.

Угольник — это прямоугольный треугольник, сделанный из дерева
или другого материала. Хороший угольник должен удовлетворять
двум условиям: 1) стороны его должны
быть прямолинейны; 2) угол
угольника должен быть прямой.
Первое из этих условий прове-
ряетсятак же,какдля линейки;уголь-
ники, которыми приходится пользоваться
напрактике, обычно удовлетворяют
ему с достаточной степенью
точности. Чтобы проверить,
выполняется ли второе, прикладыва- Черт. 85.
ютугольникккраю линейки (черт. 85)

и проводят прямую вдоль, того края, который должен быть перпендикулярен
к линейке. Прикладывая затем угольник в обратном
направлении, как показано на чертеже, проводят снова прямую,
которая должна совпадать с первой. Это второе условие
часто выполняется только приближённо; поэтому
второе условие и не предполагается в точных геометрических
построениях.
Транспортир служит для измерения углов в градусах.
Он обыкновенно состоит из рогового или медного
полукруга, разделённого на 180 частей. При
g этом деления могут быть нанесены только приближённо;
транспортир, будучи полезен на практике, не
является геометрическим инструментом.
85. Построение 1. (Первое основное построение.)
Построить прямую, перпендикулярную к
отрезку АВ и проходящую через его середину
(черт. 86).
Черт. 86. f Эта прямая есть геометрическое место точек, одинаково
удалённых от точек А к В (п. 33). Поэтому,
если из точек А и В, как из центров, описать равные окружности
радиусом, достаточно большим для того, чтобы они пересекались,
то точки пересечения будут принадлежать искомому перпендикуляру;
остаётся только соединить эти две точки.

83 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

К этому построению приводятся следующие два:
Построение 2. Через данную точку провести перпендикуляр
к данной прямой.
Из данной точки О (черт. 87 или 88), как из центра, описывают
окружность, которая пересекает данную прямую в двух точках А к В.
Перпендикуляр, восставленный в середине АВ, проходит через точку О,

так как ОА = ОВ\ следовательно, этот перпендикуляр и есть искомая
прямая.
Если точка О находится вне прямой, то можно принять расстояние
ОА за общий радиус тех окружностей, которые мы проводим
(построение 1), чтобы построить перпендикуляр в середине АВ: нам
не придётся, таким образом, менять растворение
циркуля. Две окружности пересекаются в точке О и
в точке 0\ симметричной с первой относительно прямой
АВ (черт. 88). Это упрощение неприменимо, когда
точка О находится на прямой, так как в этом случае
она совпала бы с Ог; оно нецелесообразно,
если точка О расположена очень близко от прямой,
потому что обе точки О и 0\ будучи очень близкими
одна к другой, не определяют достаточно точно
прямой, которая их соединяет.
Построение 3. Построить биссектрису данного
угла АОВ (черт. 89).
Отложим на сторонах угла два равных отрезка
О А и ОВ так, чтобы образовался равнобедренный
треугольник. Биссектриса данного угла является не
чем иным, как перпендикуляром в середине АВ (п. 23).
В отношении проведения дуг возможно то же самое упрощение,
как и выше. t86. Построение 4. (Второе основное построение.) Построить
треугольник по »трём сторонам.
Взяв отрезок ВС, равный первой стороне (черт. 90), описываем
из точек В и С, как из центров, две окружности, которые имеют своими
радиусами соответственно две другие стороны; точка их пересечения А

84 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

даёт третью вершину треугольника. Таким образом, эта вершина
имеет два возможных положения, так как окружности пересекаются
в двух точках, но соответствующие треугольники, будучи симметричными
друг другу относительно ВС, между собой равны.
У с л о в и я в о з м о ж н о с т и п о с т р о е н и я . Чтобы две окружности
пересекались, необходимо и достаточно (пп. 70, 71), чтобы
одна сторона была заключена между суммой двух других и их разностью
или (п. 26) чтобы
каждая сторона была меньше
суммы двух других сторон.
Когда известны длины
сторон, достаточно убедиться,
что наибольшая сторона
меньше суммы двух других. В С
Г» Построение 5. Через Черт. 90.

точку, взятую на прямой,
провести другую прямую, образующую с данной угол, равный
данному углу.

На сторонах данного угла О берём две произвольные точки А к В
и строим треугольник, равный ОАВ, откладывая сторону, соответствующую
О А, на данной прямой от данной точки. На практике
треугольник ОАВ берут равнобедренным, чтобы иметь только два
различных растворения циркуля.
Построение 6. Зная два угла треугольника, найти третий.
Строим два прилежащих друг к другу угла, равных соответственно
двум данным углам, и продолжаем одну из необщих сторон;
получаем третий угол, пополнительный для суммы двух первых,
иначе говоря, равный искомому третьему углу треугольника.
У с л о в и е в о з м о ж н о с т и . Сумма двух данных углов должна
быть меньше двух прямых.
Построение 7. Построить треугольник по двум сторонам и
углу между ними.

На сторонах угла, равного данному углу, откладываем данные
стороны.
Построение 8. Построить треугольник по стороне и двум
углам*).
Прежде всего, зная два угла, мы знаем и третий (построение 6)
и в частности — оба угла, прилежащие к данной стороне; их мы
и строим при концах этой стороны (построение 5).
Условие возможности то же, что и для построения 6.
87. Построение 9. Построить треугольник по двум сторонам
и углу, противолежащему одной из них.
Пусть в треугольнике ABC даны угол А и стороны а и b, противолежащие
соответственно углам А и В.
*) При этом предполагается, что для каждого из двух данных углов указано,
прилежит ли он к данной стороне или нет. Прим. ред. перевода.

85 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Построив угол, равный углу А (черт. 91), отложим на одной
из его сторон отрезок АС, равный Ь. Точка С, таким образом,
определена; точка В должна находиться на окружности, имеющей
точку С своим центром и отрезок а — радиусом. Пересечение этой
окружности со второй стороной угла А и даст искомую вершину В,
положение которой окончательно определяет треугольник.
И с с л е д о в а н и е . Задача будет иметь решение во всех случаях,
когда окружность, о которой мы говорим, пересечёт полупрямую АХ
(черт. 91) — вторую сторону угла А.
Из точки С опустим перпендикуляр £
СИ на АХ.
1°. Если СН^>а, окружность не пересекает
прямой, и задача невозможна.
2°. Если СН<^а, окружность пересекает
бесконечную прямую АХ в двух
точках В\ В». Необходимо узнать, находятся
ли эти точки на полупрямой
АХит по другую сторону от точки А.
Мы будем различать два случая:

1) Угол А — острый. В этом случае точка И, середина В’В»,
расположена на полупрямой АХ. Следовательно, то же самое имеет
место, по крайней мере, для одной из двух точек В’ и В», так что
всегда имеется, по крайней мере, одно решение. Имеется и второе
решение, если вторая из этих точек лежит между точками А
и Я, а это будет в том и только
в том случае, когда а<^Ь.
2) Угол А — тупой (черт. 92). При
этом точка И не будет находиться
на полупрямой АХ; следовательно, по
крайней мере одна из точек В’, В»
не будет отвечать поставленному усло-
Черт. 92. вию: имеется самое большее одно решение.
Это решение существует, если
вторая точка более удалена от //, чем точка А, а это будет в том
и только в том случае, когда а^>Ь.

87а. Наконец, если угол А — прямой, задача формулируется так:
Построить прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету.
Решение — единственное, если данная гипотенуза больше
данного катета.
П р и м е ч а н и е . Из всего предыдущего следует такая теорема:
Теорема. Если две стороны одного треугольника соответственно
равны двум сторонам другого треугольника, и угол первого треугольника,
лежащий против одной из этих сторон, равен углу второго треугольника,
лежащему против соответственной стороны, то углы, противолежащие
вторым равным сторонам, или равны или пополнительны. Первый случай
(который влечёт за собой равенство треугольников) имеет место всегда,
если углы, равенство которых дано, прямые или тупые..

86 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

88. Построение 10. Через данную точку провести прямую,
параллельную данной прямой.
Взяв на данной прямой две произвольные точки А и В (черт. 93),
проводим из данной точки О, как из центра, окружность радиусом
АВ, а из точки В, как из центра — окружность радиусом О А.
Эти две линии пересекаются (не с той стороны от ОВ, где находится
точка А) в некоторой точке С, которая принадлежит искомой
прямой, потому что четырёхугольник О ABC, в котором противоположные
стороны равны, параллелограмм.
Предпочтительно выбирать АВ = ОА, так чтобы все проведённые
окружности имели один и тот же радиус.
89. Построения 2 и 10 могут быть осуществлены с помощью
угольника.

Чтобы выполнить построение 2: через данную точку провести
перпендикуляр к данной прямой, прикладывают линейку одним
краем к данной прямой и заставляют скользить вдоль этого края
линейки один из катетов угольника до тех пор, пока второй его
катет не пройдёт через данную точку (черт. 94) и, следовательно,
будет искомым перпендикуляром.
Это построение предполагает выполненным условие, вообще
говоря, недостаточно хорошо выполняющееся на практике, что
угол угольника прямой; поэтому оно не применяется в тех чертежах,
где требуется большая точность.
Чтобы выполнить построение 10: через данную точку провести
прямую, параллельную данной прямой> сначала совмещают гипоте-
нузу угольника с данной прямой (черт. 95). Прикладывая затем
линейку к одному из катетов и удерживая её в этом положении,
заставляют скользить угольник вдоль линейки до тех пор, пока
край угольника, совпадавший первоначально с данной прямой, не
пройдёт через данную точку.
Построенная таким образом прямая и данная параллельны между
собой, так как они образуют с одной и той же секущей (край
линейки) равные соответственные углы (углы А и Ах на чертеже).
Это построение предполагает только, что края линейки и угольника
прямолинейны. Оно не менее точно, чем построение, выпол-

87 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

няемое при помощи циркуля, но проще его и потому часто употребляется
вместо него на практике.
90. Построение 11. Разделить дугу окружности на две равные части.
Проводим через середину хорды, стягивающей эту дугу, прямую,
к ней перпендикулярную (построение 1).
Построение 12. Построить окружность, проходящую через три
данные точки А, В, С, не лежащие на одной прямой.
Строим перпендикуляры в серединах отрезков, попарно соединяющих
данные три точки; точка их пересечения даёт центр искомой
окружности О, О А — её радиус.
Полученная таким образом
окружность называется описанной
около треугольника, образованного
тремя точками.
Вообще, многоугольник (или
ломаная линия) называется вписанным
в некоторую линию, а
У эта последняя — описанной
около него, если все вершины
многоугольника находятся на
этой линии.

П р и м е ч а н и е . Если бы
три точки А, В и С лежали
Черт. 95. на одной прямой, то окружность
не существовала бы; но
мы должны были бы считать, что она заменяется прямой линией ABC.
В самом деле, прямую линию можно рассматривать как предельный
случай окружности, центр которой безгранично удаляется.
Действительно, прямая АВ есть геометрическое
место точек, из которых отрезок АВ виден
под постоянным углом, равным нулю или двум
прямым. Возможно, кроме того, и непосредственно
доказать, что окружность, проходящая
через две точки А к В, центр которой безгранично
удаляется, имеет своим пределом
прямую линию АВ (определив предварительно
надлежащим образом, как следует понимать
это выражение).

Построение 13. Построить окружность,
зная две точки А и В и касательную АТ в одной из них.
Центр О будет точкой пересечения перпендикуляра к отрезку АВ>
проходящего через его середину, и перпендикуляра к АТ в точке А.
Действительно, окружность с центром О и радиусом О А будет касаться
АТ в точке А и пройдёт через точку В (черт. 96).
П р и м е ч а н и е . Это построение представляет собой предельный
случай предыдущего на основании общего определения касательной
(п. 59).

88 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Построение 14. Построить дугу, имеющую своей хордой данный
отрезок и вмещающую данный угол.
Пусть АВ — данный отрезок. Строим одну из точек М искомого
геометрического места (см. сноску п. 77) и проводим окружность
АМВ *). Иначе: заметим, что касательная в точке А к искомой
окружности образует с отрезком АВ данный угол (пп. 73 и 74);
это позволяет построить касательную в точке А (построение 5) и
свести построение к предыдущему.
91. Построение 15. Провести касательную в данной точке окружности.
Строим перпендикуляр к радиусу в точке касания.
Построение 16. Построить касательную к окружности, параллельную
данному направлению.
Диаметр, проходящий через точку касания, должен быть перпендикулярен
к данному направлению; так как этот диаметр пересекает
окружность в двух
точках, то задача имеет
два решения.

Построение 17. Про-
вести касательную к
окружности из какой-
либо точки, лежащей в д
её плоскости.
П е р в ы й с п о с о б .
Пусть требуется из точки
А провести касательную
к окружности О (черт. 97).
Допустим прежде всего,
что задача решена, и Черт. 97. *
пусть Т — точка касания.
Так как угол АТО — прямой, то точка Т принадлежит окружности,
имеющей своим диаметром отрезок О А.
Обратно, если точка Т данной окружности принадлежит окружности,
построенной на ОА как на диаметре, то касательная
в точке Т пройдёт через точку А, так как угол ОТ А—прямой.
Следовательно, точки Т, которые отвечают условию задачи,
будут общими точками данной окружности и окружности, построенной
на отрезке ОА как на диаметре.
В т о р о й с п о с о б . Пусть Т—снова искомая точка касания.
Построим на продолжении отрезка ОТ за точку Т отрезок ТОг,
равный ОТ (черт. 98). Так как отрезок ТА перпендикулярен ОТ,
то точка О’ симметрична с точкой О относительно АТ, в силу чего
А0Г = АО. Точка О’ принадлежит, таким образом, окружности
с центром А и радиусом ОА.
*) Так обозначается окружность, проходящая через точки А, М и В.
Прим. ред. перевода.

89 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Так как она принадлежит, кроме того, окружности, имеющей
общий центр с данной окружностью и удвоенный радиус, то она
определится пересечением этих двух окружностей.
Обратно, если точка О’ такова, что АОг = АО, то точка Т, середина
00′, есть точка прикосновения касательной, проведённой
через А к окружности с центром О и радиусом ОТ, в силу свойств
равнобедренного треугольника.
И с с л е д о в а н и е . Будем исходить, например, из второго способа
построения. Для существования решения необходимо, чтобы
две окружности, определяющие
точку О’, пересекались,
иначе говоря (п. 71), чтобы
расстояние их центров заключалось
между суммой и разностью
их радиусов. Это даёт,
если обозначить через R радиус
данной окружности:
ЛО:^2/? + ЛО; (1)
и, кроме того,
AO^:AO — 2R, (2)
или
A0^2R — A0 (3)
(смотря по тому, будет ли АО
больше или меньше 2R).
Неравенства (1) и (2), очевидно,
выполняются сами собой.
Неравенство (3) может
быть записано в виде 2ЛО^
^2R или АО > R.

Таким образом, задача невозможна.,
если точка А находится
внутри окружности. Если точка А лежит вне окружности,
имеются два решения, так как окружности пересекаются в двух точках.
Наконец, если точка А находится на окружности, то окружности,
которые определяют точку О’, касаются друг друга, и имеется только
одно решение, касательная в точке Л, или, скорее, два слившихся
в одно решения. Действительно, на основании сказанного ранее (п. 72),
если точка Л неограниченно приближается к окружности, то обе
точки касания, а следовательно, и обе касательные, стремятся совпасть.
92. Теорема. Две касательные, проведённые к окружности
из одной точки, равны и образуют равные углы с диаметром,
проходящим через эту точку (черт. 99). Этот диаметр перпендикулярен
к хорде, соединяющей точки касания.
Действительно, обе точки касания симметричны друг с другом
относительно ОА (черт. 99), так как они определяются пересечением
двух окружностей, имеющих центры на этой прямой (п. 68).

90 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

93. Построение 18. Построить общие касательные к двум данным
окружностям.
Пусть требуется построить общие касательные к двум данным окружностям
О и О’, имеющим радиусы R и R’. Эти общие касательные
могут быть двоякого рода: они могут быть внешними (черт. 100), т. е.
такими, что обе окружности
лежат по одну сторону
от касательной, или
внутренними (черт. 101),
Когда обе окружности
лежат по обе стороны от
касательной

1°. О б щ и е в н е ш н
и е к а с а т е л ь н ы е .
Предположим, что задача
решена, и пусть ЛЛ’—искомая
касательная (черт.
100), А и А’ — точки касания,
так что О А и О’Д’ Черт. 99.
перпендикулярны к ЛЛ’.
Пусть через точку О’ проведена прямая О’С, параллельная ЛЛ’, до
пересечения с О А в точке С. Эту точку С мы и собираемся найти.
С этой целью заметим, что четырёхугольник СЛЛ’О’ есть прямоугольник,
так что АС = Rr и, следовательно, OC = R — R’1). Таким
образом, точка С принадлежит
окружности, которую
мы можем построить, так
как мы знаем её центр О и
радиус, равный разности
данных радиусов.

Далее, прямая СО’ касается
этой окружности, так
как угол ОСО’—-прямой.
Мы приходим, таким образом,
к построению 17.
Поскольку точка С опре-
Черт. 100. делена, продолжение радиуса
ОС даст точку А. Касательная
в точке А к окружности О является действительно общей
касательной, так как, опуская из точки О’ на эту прямую перпендикуляр
О’Л’ и пользуясь равенством ОС = /? — /?’, получим 0’Л’ =
= A C = O A — O C = R ‘.
*) Мы предполагаем для определённости, что за окружность О принята
большая из двух окружностей. Но это предположение, которое мы всегда
вправе сделать, в данном случае несущественно: если бы оно не было выполнено,
то мы имели бы ОС = Rr — R<

91 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Задача возможна только (п. 91), если 00’^ R— R\ иначе
говоря (п. 70), если окружности лежат одна вне другой, касаются
друг друга внешним образом, пересекаются между собой или касаются
друг друга внутренним образом. В первых трёх случаях
задача имеет два решения, так как из точки Ог можно провести
две касательные к окружности ОС, в четвёртом случае — только
одно решение, которое можно рассматривать как два слившихся
решения, так как обе касательные, проведённые из точки 0Т к окружности
ОС, сливаются в одну.
2°. О б щ и е в н у т р е н н и е к а с а т е л ь н ы е . Пусть ВВГ — общая
внутренняя касательная (черт. 101), В и Вг — точки касания.

Через точку О’ проведём
прямую OrD, параллельную
касательной,
до пересечения
в точке D с радиусом
О В. Четырёхугольник
DBBTOf—прямоугольник,
так что BD = R’
и точка D лежит на
окружности с центром
О и радиусом
R-\-R\ Мы построим
эту окружность и через
точку О’ проведём
к ней касательную.
Когда точка D таким
образом определена,
пересечение радиуса

OD с данной окружностью О определит точку В. Касательная в В
есть общая касательная, как в этом можно убедиться, повторяя
первоначальное рассуждение в обратной последовательности.
Задача возможна только, если 00′ ^ R — { ~ R’, иначе говоря, если
окружности расположены одна вне другой или касаются друг друга
внешним образом. В первом случае задача имеет два решения, во втором
случае — одно решение (иначе говоря, два слившихся решения).
Две окружности, лежащие одна вне другой, имеют две внешние
общие касательные и две внутренние.
Две окружности, касающиеся друг друга внешним образом,
имеют две общие внешние касательные и одну внутреннюю (касательную
в точке их прикосновения).
Две пересекающиеся окружности имеют две общие внешнекасательные.
Две окружности, касающиеся друг друга внутренним образом,
имеют одну общую внешнюю касательную (касательную в точке их
прикосновения).

92 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Две окружности, лежащие одна внутри другой, не имеют общих
касательных.
94. Построение 19. Построить окружности, касающиеся трёх
данных прямых.
Задача сводится к следующей: найти точки, одинаково отстоящие
от трёх прямых. Окружность, имеющая одну из таких точек своим
центром и расстояние этой точки до каждой из трёх прямых—своим
радиусом, отвечает условиям задачи. Но геометрическое место точек,
одинаково отстоящих от двух пересекающихся прямых, состоит из
двух биссектрис углов, которые эти прямые образуют между собой.

Предположим сначала, что данные прямые попарно пересекаются
и не проходят через одну и ту же точку, так что они образуют
треугольник (черт. 102); в этом треугольнике мы должны построить
биссектрисы внутренних и внешних углов. Нам известно из предыдущего,
что: 1) биссектрисы внутренних углов пересекаются в одной
точке, 2) биссектриса всякого внутреннего угла пересекается
с биссектрисами внешних углов, к нему не прилежащих, в одной
точке. Четыре определённые таким образом точки (точка пересечения
внутренних биссектрис и три вершины треугольника, образованного
биссектрисами внешних углов) будут, следовательно? искомыми
точками, и притом единственными

Первая из окружностей, которые имеют центры в этих четырёх
точках, расположена внутри треугольника. Она называется вписанной
окружностью; вообще, кривая называется вписанной в многоугольник,
когда она касается всех его сторон. Три другие окружности, точно
так же касающиеся всех сторон треугольника, но лежащие вне треугольника,
называются вне вписанными; каждая из них расположена
внутри одного из углов треугольника,
но отделена от вершины этого
угла противоположной стороной,
как это видно на чертеже.
Если три прямые пересекаются
в одной точке, то в этом случае
задача, собственно говоря, не
имеет решения, так как из одной
точки можно провести к окружно-

93 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Черт. 103. сти только две касательные. Предыдущее
построение даёт круг,
обращающийся в точку — точку пересечения данных прямых.

Если две из прямых параллельны, а третья их пересекает (черт. 103),
то биссектрисы углов, образованных этой последней линией с двумя
первыми, попарно параллельны. В этом случае получаются только
две окружности, расположенные по обе стороны от секущей.
, Наконец, если три данные прямые параллельны, решения вовсе
не существует, потому что к окружности можно провести только’
две касательные, параллельные данному направлению.
УПРАЖНЕНИЯ.
73. Построить окружность данного радиуса:
1°. проходящую через две данные точки;
2°. проходящую через данную точку и касающуюся данной прямой;
3°. касающуюся двух данных прямых;
4°. касающуюся данной прямой и данной окружности.
74. Построить окружность, касающуюся данной прямой в данной точке
и в то же время касающуюся данной окружности.
75. Провести между двумя данными прямыми (или окружностями) отрезок
данной длины и данного направления.
76. Провести к данной окружности касательную, на которой данная
прямая отсекает отрезок данной «длины.
77. Построить треугольник, зная сторону, противолежащий угол и высоту
(рассмотреть два случая: когда данная высота опущена на данную сторону
и когда данная высота опущена на другую сторону).
78. Разделить отрезок на три равные части, пользуясь теоремой п. 56
о медианах треугольника.
79. Построить треугольник, зная:
1°. две стороны и медиану (рассмотреть два случая, когда данная медиана
выходит из середины одной из данных сторон и когда она выходит
из общей вершины этих сторон);
2°. сторону и две медианы (два случая);
3°. три медианы.
80. Построить треугольник, зная его сторону, высоту и медиану (пять
случаев),

94 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

81. Построить треугольник, зная его угол, высоту и медиану (пять
случаев).
82. Построить треугольник по стороне, противолежащему углу и сумме
или разности двух других сторон.
83. Та же задача для случая, когда дан угол, прилежащий к данной стороне.
84. Построить треугольник по углу, высоте и периметру (два случая).
85. Построить треугольник по стороне, разности прилежащих углов и
по сумме или разности двух других сторон.
86. Построить биссектрису угла между двумя прямыми, считая, что
эти прямые невозможно продолжить до точки их пересечения (в пределах
чертежа).
Теоремы о касательных к окружности (п. 92).
87. В четырёхугольнике, описанном около окружности (и таком, что
окружность заключена внутри его), сумма двух противоположных сторон
равна сумме двух других сторон. Обратно, всякий выпуклый четырёхугольник,
в котором суммы противоположных сторон равны, может быть описан
около окружности (доказать).
Если неизвестно, лежит ли окружность внутри данного описанного
четырёхугольника или нет, то всегда можно утверждать, что сумма двух
надлежащим образом выбранных сторон равна сумме двух других (доказать).
Рассмотреть обратную теорему.
88. Окружность, касающаяся трёх сторон выпуклого четырёхугольника
и расположенная с той же стороны от каждой из этих сторон, что и внутренняя
область четырёхугольника, пересекает или не пересекает четвёртую
сторону, в зависимости от того, будет ли сумма этой стороны и стороны,
противоположной ей, больше или меньше суммы двух других сторон
(доказать).
88а. Если две точки лежат вне окружности, то прямая, их соединяющая,
будет лежать вне окружности или её пересекать, смотря по тому,
будет ли расстояние между двумя точками заключено между суммой и
разностью касательных, проведённых к окружности из этих точек, или нет
(доказать).
89. Отрезок, отсекаемый двумя неподвижными касательными к окружности
на подвижной касательной, виден из центра под постоянным углом
(доказать).
Рассмотреть случай, когда обе неподвижные касательные параллельны
между собой.
90. Если две неподвижные касательные к окружности пересечены подвижной
касательной, точка касания которой находится на меньшей из двух
дуг, определяемых точками касания неподвижных касательных, то треугольник,
образованный этими тремя касательными, имеет постоянный периметр
(доказать).
Как изменится эта формулировка, когда подвижная касательная будет
иметь точку прикосновения на большей из двух дуг, образуемых неподвижными
касательными?
90а. Если я, Ь, с — три стороны треугольника ABC (черт. 102); р — по-
лупериметр (2р = a -j- b с); D, Е} F—точки прикосновения вписанной
окружности; Du Еи Ft; Д>, Е F 2 \ DSt Е3, Fs — точки прикосновения вне-
вписанных окружностей, лежащих соответственно внутри углов Л, Ву С,
то отрезки, отсекаемые этими точками прикосновения на сторонах, имеют
следующие величины:
АЕ = AF = CD.2 = СЕ2 = BD3 = BFZ = р — а;
BF — BD — АЕй = AFZ = CEt = CD, = pr-b;
CD = СЕ == BF, = BD, = AFS = AE2 =p — c;
AEi = AFi = BF2 = BDs = CD% = СЕЪ = p.
91. Описать из вершин данного треугольника, как из центров, три окружности,
попарно касающиеся друг друга.

95 Геометрические построения ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Геометрические построения