Задачи повышенной трудности. Задачи к главам I и II — с. 116
415. Пусть угол hk — меньший из двух смежных углов hk и hl. Докажите, что ∠hk = 90° − 1/2(∠hl − ∠hk), ∠hl = 90° + 1/2(∠hl − ∠hk).
Углы hk и hl смежные, поэтому ∠hk + ∠hl = 180°. Обозначим разность d = ∠hl − ∠hk.
Сложим и вычтем равенства: ∠hk + ∠hl = 180° и ∠hl − ∠hk = d. Из первого ∠hl = 180° − ∠hk; подставим: 180° − 2∠hk = d, откуда ∠hk = 90° − d/2 = 90° − (1/2)(∠hl − ∠hk).
Аналогично ∠hk = 180° − ∠hl, значит, 2∠hl − 180° = d, и ∠hl = 90° + d/2 = 90° + (1/2)(∠hl − ∠hk).
Что и требовалось доказать.
Сложим и вычтем равенства: ∠hk + ∠hl = 180° и ∠hl − ∠hk = d. Из первого ∠hl = 180° − ∠hk; подставим: 180° − 2∠hk = d, откуда ∠hk = 90° − d/2 = 90° − (1/2)(∠hl − ∠hk).
Аналогично ∠hk = 180° − ∠hl, значит, 2∠hl − 180° = d, и ∠hl = 90° + d/2 = 90° + (1/2)(∠hl − ∠hk).
Что и требовалось доказать.
416. Пять прямых пересекаются в одной точке (рис. 182). Найдите сумму углов 1, 2, 3, 4 и 5. [рисунок 182: пять прямых через одну точку, закрашены углы 1–5]
Пять прямых, пересекающихся в одной точке, образуют 10 лучей и 10 неразвёрнутых углов, которые разбивают плоскость вокруг точки. Сумма всех десяти углов равна 360°.
Занумеруем десять углов по кругу в порядке обхода вокруг точки. Вертикальные углы — это углы с номерами, отличающимися на 5 (i и i + 5). На рисунке 182 углы 1, 2, 3, 4, 5 — это углы с номерами 1, 3, 5, 7, 9 (каждый второй: между ними расположены незакрашенные углы). Вертикальные им углы имеют номера 6, 8, 10, 2, 4, то есть это в точности все остальные пять углов. Поэтому все десять углов — это углы 1–5 и вертикальные им, равные им.
Следовательно, 2(∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5) = 360°, откуда ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180°.
Ответ: 180°.
Занумеруем десять углов по кругу в порядке обхода вокруг точки. Вертикальные углы — это углы с номерами, отличающимися на 5 (i и i + 5). На рисунке 182 углы 1, 2, 3, 4, 5 — это углы с номерами 1, 3, 5, 7, 9 (каждый второй: между ними расположены незакрашенные углы). Вертикальные им углы имеют номера 6, 8, 10, 2, 4, то есть это в точности все остальные пять углов. Поэтому все десять углов — это углы 1–5 и вертикальные им, равные им.
Следовательно, 2(∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5) = 360°, откуда ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180°.
Ответ: 180°.
417. Даны шесть попарно пересекающихся прямых. Известно, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере ещё одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.
Пусть данные прямые a, b, c, d, e, f. Прямые a и b пересекаются в точке A. По условию через A проходит ещё одна из данных прямых, пусть c. Итак, a, b, c проходят через A.
Допустим, что некоторая из остальных прямых, например d, не проходит через A. Она пересекает a, b, c (прямые попарно пересекаются) в трёх точках X1, X2, X3, отличных от A. Эти точки попарно различны: если, например, X1 = X2, то эта точка лежала бы на a и b, то есть совпадала бы с A.
Через точку X1 (пересечение d и a) по условию проходит ещё одна из данных прямых, не a и не d; она не b и не c (b и c пересекают a только в A). Значит, это e или f. То же для X2 и X3. Одна и та же прямая не может проходить через две из точек X1, X2, X3 (тогда она совпала бы с d, имеющей с ней две общие точки). Значит, для трёх точек нужны три различные прямые из {e, f}. Противоречие.
Итак, каждая из прямых d, e, f проходит через A, то есть все шесть прямых проходят через одну точку.
Допустим, что некоторая из остальных прямых, например d, не проходит через A. Она пересекает a, b, c (прямые попарно пересекаются) в трёх точках X1, X2, X3, отличных от A. Эти точки попарно различны: если, например, X1 = X2, то эта точка лежала бы на a и b, то есть совпадала бы с A.
Через точку X1 (пересечение d и a) по условию проходит ещё одна из данных прямых, не a и не d; она не b и не c (b и c пересекают a только в A). Значит, это e или f. То же для X2 и X3. Одна и та же прямая не может проходить через две из точек X1, X2, X3 (тогда она совпала бы с d, имеющей с ней две общие точки). Значит, для трёх точек нужны три различные прямые из {e, f}. Противоречие.
Итак, каждая из прямых d, e, f проходит через A, то есть все шесть прямых проходят через одну точку.
418. Даны шесть точек. Известно, что прямая, проходящая через любые две точки, содержит по крайней мере ещё одну из данных точек. Докажите, что все эти точки лежат на одной прямой.
Пусть P и Q — две из данных точек; по условию на прямой PQ лежит ещё одна из данных точек R. Обозначим эту прямую d: на ней лежат хотя бы три данные точки P, Q, R.
Допустим, что некоторая данная точка X не лежит на d. Прямые XP, XQ, XR различны (если, например, XP = XQ, то X лежала бы на прямой PQ = d).
По условию на каждой из этих прямых, кроме X и P (соответственно Q, R), лежит ещё одна данная точка: Y1 на XP, Y2 на XQ, Y3 на XR. Точки Y1, Y2, Y3 не лежат на d (прямая XP пересекает d только в точке P) и различны (они лежат на разных прямых, проходящих через X, и отличны от X).
Итак, имеем не менее 7 различных данных точек: P, Q, R, X, Y1, Y2, Y3. Это противоречит условию (данных точек шесть).
Значит, все данные точки лежат на одной прямой.
Допустим, что некоторая данная точка X не лежит на d. Прямые XP, XQ, XR различны (если, например, XP = XQ, то X лежала бы на прямой PQ = d).
По условию на каждой из этих прямых, кроме X и P (соответственно Q, R), лежит ещё одна данная точка: Y1 на XP, Y2 на XQ, Y3 на XR. Точки Y1, Y2, Y3 не лежат на d (прямая XP пересекает d только в точке P) и различны (они лежат на разных прямых, проходящих через X, и отличны от X).
Итак, имеем не менее 7 различных данных точек: P, Q, R, X, Y1, Y2, Y3. Это противоречит условию (данных точек шесть).
Значит, все данные точки лежат на одной прямой.
419. Точки С1 и С2 лежат по разные стороны от прямой AB и расположены так, что АС1 = ВС2 и ∠BAC1 = ∠ABC2. Докажите, что прямая С1С2 проходит через середину отрезка AB.
Пусть O — середина AB. Рассмотрим треугольники AOC1 и BOC2: AO = BO, AC1 = BC2 (по условию), ∠OAC1 = ∠BAC1 = ∠ABC2 = ∠OBC2 (по условию). Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому ∠AOC1 = ∠BOC2 и OC1 = OC2.
Продолжим C1O за точку O до точки C2' (по другую сторону от AB). Угол BOC2' равен ∠AOC1 как вертикальный, поэтому ∠BOC2' = ∠BOC2. Точки C2 и C2' лежат по одну сторону от AB (по другую от C1) и углы с лучом OB у лучей OC2 и OC2' равны, значит, лучи совпадают, и C2 лежит на прямой C1O.
Таким образом, прямая C1C2 проходит через середину O отрезка AB, и O — середина C1C2.
Продолжим C1O за точку O до точки C2' (по другую сторону от AB). Угол BOC2' равен ∠AOC1 как вертикальный, поэтому ∠BOC2' = ∠BOC2. Точки C2 и C2' лежат по одну сторону от AB (по другую от C1) и углы с лучом OB у лучей OC2 и OC2' равны, значит, лучи совпадают, и C2 лежит на прямой C1O.
Таким образом, прямая C1C2 проходит через середину O отрезка AB, и O — середина C1C2.
420. Докажите, что если угол, прилежащая к нему сторона и сумма двух других сторон одного треугольника соответственно равны углу, прилежащей к нему стороне и сумме двух других сторон другого треугольника, то такие треугольники равны.
Пусть в треугольниках ABC и A1B1C1 ∠A = ∠A1, AC = A1C1, AB + BC = A1B1 + B1C1.
На продолжениях сторон AB и A1B1 за точки B и B1 отложим BD = BC и B1D1 = B1C1. Тогда AD = AB + BC = A1B1 + B1C1 = A1D1.
Треугольники ADC и A1D1C1 равны по двум сторонам и углу между ними (AD = A1D1, AC = A1C1, ∠A = ∠A1). Значит, ∠ADC = ∠A1D1C1 и ∠ACD = ∠A1C1D1.
Треугольник BCD равнобедренный (BD = BC), поэтому ∠BCD = ∠D. Аналогично ∠B1C1D1 = ∠D1. Так как ∠D = ∠D1, то ∠BCD = ∠B1C1D1.
Луч CB лежит внутри угла ACD, поэтому ∠ACB = ∠ACD − ∠BCD, и аналогично ∠A1C1B1 = ∠A1C1D1 − ∠B1C1D1. Значит, ∠ACB = ∠A1C1B1.
Теперь треугольники ABC и A1B1C1 равны по стороне и двум прилежащим к ней углам (AC = A1C1, ∠A = ∠A1, ∠C = ∠C1). Утверждение доказано.
На продолжениях сторон AB и A1B1 за точки B и B1 отложим BD = BC и B1D1 = B1C1. Тогда AD = AB + BC = A1B1 + B1C1 = A1D1.
Треугольники ADC и A1D1C1 равны по двум сторонам и углу между ними (AD = A1D1, AC = A1C1, ∠A = ∠A1). Значит, ∠ADC = ∠A1D1C1 и ∠ACD = ∠A1C1D1.
Треугольник BCD равнобедренный (BD = BC), поэтому ∠BCD = ∠D. Аналогично ∠B1C1D1 = ∠D1. Так как ∠D = ∠D1, то ∠BCD = ∠B1C1D1.
Луч CB лежит внутри угла ACD, поэтому ∠ACB = ∠ACD − ∠BCD, и аналогично ∠A1C1B1 = ∠A1C1D1 − ∠B1C1D1. Значит, ∠ACB = ∠A1C1B1.
Теперь треугольники ABC и A1B1C1 равны по стороне и двум прилежащим к ней углам (AC = A1C1, ∠A = ∠A1, ∠C = ∠C1). Утверждение доказано.
421. Сторона и два угла одного треугольника равны какой-то стороне и каким-то двум углам другого. Могут ли эти треугольники быть неравными?
Да, могут. Пример. Возьмём равнобедренный треугольник ABC с основанием AB и углами при основании ∠A = ∠B = 70° (∠C = 40°). На стороне BC отметим точку D так, что AD = AB (окружность с центром A радиуса AB пересекает отрезок BC во второй точке D, так как угол B острый и BD = 2·AB·cos 70° < BC).
В треугольнике ABD: AD = AB, поэтому ∠ADB = ∠ABD = 70°.
Треугольники ABC и ABD имеют общую сторону AB, и у каждого есть два угла по 70°. Но они не равны: D ≠ C, и, например, ∠BAD = 40° ≠ ∠BAC = 70°.
Итак, сторона и два угла одного треугольника могут быть равны стороне и двум углам другого, а треугольники при этом не равны.
В треугольнике ABD: AD = AB, поэтому ∠ADB = ∠ABD = 70°.
Треугольники ABC и ABD имеют общую сторону AB, и у каждого есть два угла по 70°. Но они не равны: D ≠ C, и, например, ∠BAD = 40° ≠ ∠BAC = 70°.
Итак, сторона и два угла одного треугольника могут быть равны стороне и двум углам другого, а треугольники при этом не равны.
422. Две стороны и угол одного треугольника равны каким-то двум сторонам и углу другого треугольника. Могут ли эти треугольники быть неравными?
Да, могут. Пример. Возьмём равнобедренный треугольник ABC с основанием AB (CA = CB) и отметим на продолжении стороны AB за точку B точку D. Рассмотрим треугольники ADC и DBC.
У них общая сторона CD; CA = CB; угол D у них общий (∠ADC = ∠BDC). Итак, две стороны (CD и CA = CB) и угол (при вершине D, не заключённый между этими сторонами) одного треугольника равны двум сторонам и углу другого.
Но эти треугольники не равны: сторона AD треугольника ADC равна DB + AB и больше стороны DB, поэтому их периметры различны.
Поэтому равенство двух сторон и угла (не между ними) не гарантирует равенство треугольников.
У них общая сторона CD; CA = CB; угол D у них общий (∠ADC = ∠BDC). Итак, две стороны (CD и CA = CB) и угол (при вершине D, не заключённый между этими сторонами) одного треугольника равны двум сторонам и углу другого.
Но эти треугольники не равны: сторона AD треугольника ADC равна DB + AB и больше стороны DB, поэтому их периметры различны.
Поэтому равенство двух сторон и угла (не между ними) не гарантирует равенство треугольников.
423. Отрезки AB и CD пересекаются в точке О. Докажите, что OC = OD, если AC = AO = BO = BD.
Дано: AC = AO = BO = BD, отрезки AB и CD пересекаются в O. Докажем OC = OD.
Треугольник AOC равнобедренный (AC = AO), поэтому ∠ACO = ∠AOC. Треугольник BOD равнобедренный (BO = BD), поэтому ∠BOD = ∠BDO. Углы AOC и BOD вертикальные: ∠AOC = ∠BOD. Обозначим их α, тогда ∠ACO = ∠BDO = α, и ∠CAO = ∠OBD = 180° − 2α.
Треугольники CAO и OBD равны по двум сторонам и углу между ними: AC = BD, AO = BO, ∠CAO = ∠OBD. Следовательно, OC = OD.
Треугольник AOC равнобедренный (AC = AO), поэтому ∠ACO = ∠AOC. Треугольник BOD равнобедренный (BO = BD), поэтому ∠BOD = ∠BDO. Углы AOC и BOD вертикальные: ∠AOC = ∠BOD. Обозначим их α, тогда ∠ACO = ∠BDO = α, и ∠CAO = ∠OBD = 180° − 2α.
Треугольники CAO и OBD равны по двум сторонам и углу между ними: AC = BD, AO = BO, ∠CAO = ∠OBD. Следовательно, OC = OD.
424. Прямые, содержащие биссектрисы внешних углов при вершинах В и С треугольника ABC, пересекаются в точке О. Найдите угол ВОС, если угол А равен α.
Внешний угол при вершине B равен 180° − ∠B, его биссектриса образует со стороной BC угол ∠OBC = (180° − ∠B)/2 = 90° − ∠B/2. Аналогично ∠OCB = 90° − ∠C/2.
В треугольнике BOC: ∠BOC = 180° − ∠OBC − ∠OCB = 180° − (90° − ∠B/2) − (90° − ∠C/2) = (∠B + ∠C)/2.
Так как ∠B + ∠C = 180° − α, получаем ∠BOC = (180° − α)/2 = 90° − α/2.
Ответ: 90° − α/2.
В треугольнике BOC: ∠BOC = 180° − ∠OBC − ∠OCB = 180° − (90° − ∠B/2) − (90° − ∠C/2) = (∠B + ∠C)/2.
Так как ∠B + ∠C = 180° − α, получаем ∠BOC = (180° − α)/2 = 90° − α/2.
Ответ: 90° − α/2.
425. Через каждую вершину данного треугольника проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе треугольника, исходящей из этой вершины. Отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три треугольника. Докажите, что углы этих треугольников соответственно равны.
Прямая, проведённая через вершину перпендикулярно биссектрисе угла треугольника, проходящей из этой вершины, — это биссектриса внешнего угла при этой вершине (угол между биссектрисами смежных углов равен 90°).
Три такие прямые попарно пересекаются; три получившихся треугольника имеют основаниями стороны данного треугольника ABC. Рассмотрим треугольник с основанием BC и третьей вершиной O (пересечение прямых при B и C). Его углы при основании: ∠OBC = 90° − ∠B/2, ∠OCB = 90° − ∠C/2, а угол при вершине O равен 90° − ∠A/2 (как в задаче 424).
Аналогично для остальных двух треугольников: углы равны 90° − ∠C/2, 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2 и 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2, 90° − ∠C/2 (с основаниями CA и AB соответственно).
Значит, во всех трёх треугольниках набор углов один и тот же: 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2, 90° − ∠C/2, то есть углы этих треугольников соответственно равны.
Три такие прямые попарно пересекаются; три получившихся треугольника имеют основаниями стороны данного треугольника ABC. Рассмотрим треугольник с основанием BC и третьей вершиной O (пересечение прямых при B и C). Его углы при основании: ∠OBC = 90° − ∠B/2, ∠OCB = 90° − ∠C/2, а угол при вершине O равен 90° − ∠A/2 (как в задаче 424).
Аналогично для остальных двух треугольников: углы равны 90° − ∠C/2, 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2 и 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2, 90° − ∠C/2 (с основаниями CA и AB соответственно).
Значит, во всех трёх треугольниках набор углов один и тот же: 90° − ∠A/2, 90° − ∠B/2, 90° − ∠C/2, то есть углы этих треугольников соответственно равны.
426. В каждом из следующих случаев определите вид треугольника: а) сумма любых двух углов больше 90°; б) каждый угол меньше суммы двух других углов.
Пусть углы треугольника A, B, C и A + B + C = 180°.
а) Сумма любых двух углов больше 90°. Тогда третий угол меньше 180° − 90° = 90°; например, C = 180° − (A + B) < 90°. Это верно для каждого угла, значит, все углы острые.
Ответ: остроугольный.
б) Каждый угол меньше суммы двух других: A < B + C. Прибавим A к обеим частям: 2A < A + B + C = 180°, откуда A < 90°. Так же B < 90° и C < 90°.
Ответ: остроугольный.
а) Сумма любых двух углов больше 90°. Тогда третий угол меньше 180° − 90° = 90°; например, C = 180° − (A + B) < 90°. Это верно для каждого угла, значит, все углы острые.
Ответ: остроугольный.
б) Каждый угол меньше суммы двух других: A < B + C. Прибавим A к обеим частям: 2A < A + B + C = 180°, откуда A < 90°. Так же B < 90° и C < 90°.
Ответ: остроугольный.