ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 22.184 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Точки A и B лежат в различных полуплоскостях относительно прямой \(a\). На прямой \(a\) найдите такую точку X, чтобы прямая \(a\) содержала биссектрису угла AXB.

Ответ: таких точек две.

Построение: отразите точку \(A\) относительно прямой \(a\), получив \(A’\). Проведите окружность через \(A’,B\), пересечения этой окружности с прямой \(a\) дадут точки \(X_1,X_2\). Для каждой из них прямая \(a\) является биссектрисой угла \(AXB\).

Объяснение: условие «\(a\) — биссектриса \(\angle AXB\)» равносильно равенству углов между лучами \(XA\) и \(a\), а также \(XB\) и \(a\). Это эквивалентно перпендикулярным отражениям: точка \(X\) должна быть такой, что отражение \(A\) относительно \(a\) совпадает с точкой, симметричной относительно \(X\) с \(B\). Отсюда \(X\) лежит на радикальной оси окружности с диаметром \(AA’\) и точки \(B\), что даёт две точки пересечения с \(a\).

1) Ответ: таких точек две. Обоснование кратко таково: поскольку точки \(A\) и \(B\) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой \(a\), то при выборе точки \(X\) на \(a\) угол \(AXB\) пересекается прямой \(a\) и его биссектриса может совпасть с \(a\) при двух симметричных конфигурациях относительно направления \(a\). Это соответствует двум положениям точки \(X\) по разные стороны от проекций \(A\) и \(B\) на \(a\), что дает два решения.

2) Построение: отразите точку \(A\) относительно прямой \(a\), получив точку \(A’\). Тогда условие «\(a\) является биссектрисой угла \(AXB\)» эквивалентно условию \(\angle(AX,a)=\angle(BX,a)\), то есть направленные углы между лучами \(XA\) и \(XB\) с прямой \(a\) равны по модулю и сонаправлены относительно \(a\). Это равносильно тому, что лучи \(XA\) и \(XB\) симметричны относительно \(a\), а значит поворот на \(180^\circ\) вокруг \(X\) переводит \(A’\) в \(B\). Иными словами, \(X\) должен быть точкой, из которой видны точки \(A’\) и \(B\) под равными углами к прямой \(a\), что эквивалентно условию равенства углов \(\angle A’XA=\angle BXA\) после симметрии \(A\mapsto A’\). Геометрически это значит, что \(X\) есть такая точка на \(a\), для которой хорды \(A’X\) и \(BX\) подчиняются угловому условию вписанности на одной окружности через \(A’\) и \(B\).

3) Реализация через окружность: постройте окружность, проходящую через точки \(A’\) и \(B\). Пересечения этой окружности с прямой \(a\) дадут две точки \(X_1\) и \(X_2\). В самом деле, если \(X\) лежит на окружности \((A’B)\) и на \(a\), то угловая величина \(\angle A’XB\) фиксирована как вписанный угол, и отражение луча \(XA\) в \(a\) совпадает с лучом \(XB\). Это и означает, что \(a\) делит угол \(AXB\) пополам. Так как окружность \((A’B)\) обычно пересекает прямую \(a\) в двух точках, получаем именно две точки \(X\).

4) Альтернативная проверка через равенство углов: необходимость и достаточность можно переформулировать так. Пусть \(X\in a\). Тогда \(a\) — биссектриса \(\angle AXB\) тогда и только тогда, когда отражения точек \(A\) и \(B\) относительно \(a\) лежат на одной окружности с центром на медиане угла при \(X\). После отражения \(A\mapsto A’\) относительно \(a\) условие равенства углов превращается в коллинеарность направлений \(XA’\) и \(XB\) относительно дуг одной окружности, то есть \(X\) должен быть общей точкой пересечения прямой \(a\) с множеством точек, из которых хорда \(A’B\) видна под заданным вписанным углом. Это множество есть окружность через \(A’\) и \(B\), и потому пересечений с \(a\) два.

5) Итог и детали корректности: существование двух решений гарантируется, поскольку точки \(A\) и \(B\) по разные стороны от \(a\) обеспечивают пересечение окружности \((A’B)\) с прямой \(a\) в двух точках при общем положении. В вырожденных ситуациях касания получаем одно решение, а при несовместности построения решений \(\emptyset\), но при условии задачи общий случай дает две точки. Следовательно, точки \(X\) — это два пересечения прямой \(a\) с окружностью, проходящей через \(A’\) и \(B\), где \(A’\) — отражение \(A\) относительно \(a\).