Задачи повышенной трудности. Задачи к главам III и IV — с. 117
427. Докажите, что угол треугольника является острым, прямым или тупым, если медиана, проведённая из вершины этого угла, соответственно больше, равна или меньше половины противоположной стороны.
Пусть CM — медиана треугольника ABC, M — середина AB, AM = MB = m.
1) CM = m. Треугольники AMC и BMC равнобедренные, ∠ACM = ∠A, ∠BCM = ∠B. Поэтому ∠C = ∠A + ∠B, и из ∠A + ∠B + ∠C = 180° получаем 2∠C = 180°, ∠C = 90°.
2) CM > m. В треугольнике AMC сторона CM больше AM, поэтому против неё лежащий угол больше: ∠A > ∠ACM. Аналогично ∠B > ∠BCM. Складывая, ∠A + ∠B > ∠ACM + ∠BCM = ∠C. Тогда 180° − ∠C > ∠C, откуда ∠C < 90°: угол острый.
3) CM < m. Тогда ∠A < ∠ACM и ∠B < ∠BCM, поэтому ∠A + ∠B < ∠C, 180° − ∠C < ∠C, ∠C > 90°: угол тупой.
Так как из трёх случаев, исчерпывающих все возможности, следуют три разных вывода, верны и обратные утверждения. Угол треугольника острый, прямой или тупой, если медиана из его вершины соответственно больше, равна или меньше половины противоположной стороны.
1) CM = m. Треугольники AMC и BMC равнобедренные, ∠ACM = ∠A, ∠BCM = ∠B. Поэтому ∠C = ∠A + ∠B, и из ∠A + ∠B + ∠C = 180° получаем 2∠C = 180°, ∠C = 90°.
2) CM > m. В треугольнике AMC сторона CM больше AM, поэтому против неё лежащий угол больше: ∠A > ∠ACM. Аналогично ∠B > ∠BCM. Складывая, ∠A + ∠B > ∠ACM + ∠BCM = ∠C. Тогда 180° − ∠C > ∠C, откуда ∠C < 90°: угол острый.
3) CM < m. Тогда ∠A < ∠ACM и ∠B < ∠BCM, поэтому ∠A + ∠B < ∠C, 180° − ∠C < ∠C, ∠C > 90°: угол тупой.
Так как из трёх случаев, исчерпывающих все возможности, следуют три разных вывода, верны и обратные утверждения. Угол треугольника острый, прямой или тупой, если медиана из его вершины соответственно больше, равна или меньше половины противоположной стороны.
428. Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС взята такая точка М, что ∠MBC = 30°, ∠MCB = 10°. Найдите угол АМС, если ∠BAC = 80°.
Дано: AB = AC, ∠BAC = 80°, M внутри, ∠MBC = 30°, ∠MCB = 10°. Найти ∠AMC.
Углы при основании: ∠ABC = ∠ACB = (180° − 80°)/2 = 50°. Тогда ∠ABM = 50° − 30° = 20°, ∠ACM = 50° − 10° = 40°.
Проведём биссектрису угла A и обозначим O её пересечение с прямой BM. Так как AB = AC, биссектриса является серединным перпендикуляром к BC, поэтому OB = OC и ∠OCB = ∠OBC = 30°. Точка M лежит между B и O (∠MCB = 10° < 30°).
Тогда ∠BOC = 180° − 60° = 120°, ∠MOC = 120° (M на отрезке BO), ∠OCM = 30° − 10° = 20°.
В треугольнике AOC: ∠OAC = 40°, ∠ACO = 50° − 30° = 20°, значит, ∠AOC = 120°.
Треугольники AOC и MOC: OC общая, ∠ACO = ∠MCO = 20°, ∠AOC = ∠MOC = 120°. Они равны по стороне и двум прилежащим углам. Следовательно, CA = CM.
Треугольник ACM равнобедренный с ∠ACM = 40°: ∠AMC = (180° − 40°)/2 = 70°.
Ответ: 70°.
Углы при основании: ∠ABC = ∠ACB = (180° − 80°)/2 = 50°. Тогда ∠ABM = 50° − 30° = 20°, ∠ACM = 50° − 10° = 40°.
Проведём биссектрису угла A и обозначим O её пересечение с прямой BM. Так как AB = AC, биссектриса является серединным перпендикуляром к BC, поэтому OB = OC и ∠OCB = ∠OBC = 30°. Точка M лежит между B и O (∠MCB = 10° < 30°).
Тогда ∠BOC = 180° − 60° = 120°, ∠MOC = 120° (M на отрезке BO), ∠OCM = 30° − 10° = 20°.
В треугольнике AOC: ∠OAC = 40°, ∠ACO = 50° − 30° = 20°, значит, ∠AOC = 120°.
Треугольники AOC и MOC: OC общая, ∠ACO = ∠MCO = 20°, ∠AOC = ∠MOC = 120°. Они равны по стороне и двум прилежащим углам. Следовательно, CA = CM.
Треугольник ACM равнобедренный с ∠ACM = 40°: ∠AMC = (180° − 40°)/2 = 70°.
Ответ: 70°.
429. Докажите, что любой отрезок с концами на разных сторонах треугольника не больше наибольшей из сторон треугольника.
Сначала докажем лемму: если точка P лежит на стороне BC треугольника ABC, то AP не больше большей из сторон AB и AC.
Так как ∠APB + ∠APC = 180°, один из этих углов не меньше 90°, пусть ∠APB ≥ 90°. Тогда в треугольнике APB остальные углы острые, и угол при вершине P наибольший. Против большего угла лежит большая сторона: AB ≥ AP. (Если P совпадает с B или C, утверждение очевидно.)
Теперь пусть отрезок XY соединяет точки X на стороне AB и Y на стороне AC треугольника ABC (для других пар сторон рассуждение такое же).
Применим лемму к треугольнику ABY и точке X на его стороне AB: XY не больше большей из сторон YA и YB. Далее YA ≤ AC (Y лежит на AC), а по лемме для треугольника ABC и точки Y на стороне AC имеем YB ≤ max(AB, BC).
Поэтому XY ≤ max(YA, YB) ≤ max(AC, AB, BC), то есть отрезок не больше наибольшей из сторон треугольника.
Так как ∠APB + ∠APC = 180°, один из этих углов не меньше 90°, пусть ∠APB ≥ 90°. Тогда в треугольнике APB остальные углы острые, и угол при вершине P наибольший. Против большего угла лежит большая сторона: AB ≥ AP. (Если P совпадает с B или C, утверждение очевидно.)
Теперь пусть отрезок XY соединяет точки X на стороне AB и Y на стороне AC треугольника ABC (для других пар сторон рассуждение такое же).
Применим лемму к треугольнику ABY и точке X на его стороне AB: XY не больше большей из сторон YA и YB. Далее YA ≤ AC (Y лежит на AC), а по лемме для треугольника ABC и точки Y на стороне AC имеем YB ≤ max(AB, BC).
Поэтому XY ≤ max(YA, YB) ≤ max(AC, AB, BC), то есть отрезок не больше наибольшей из сторон треугольника.
430. Отрезок ВВ1 — биссектриса треугольника ABC. Докажите, что ВА > В1A и BС > В1С.
Пусть ∠ABB1 = ∠B1BC (BB1 — биссектриса), B1 лежит на AC.
Угол AB1B — внешний угол треугольника BB1C, поэтому ∠AB1B = ∠B1BC + ∠C > ∠B1BC = ∠ABB1. В треугольнике ABB1 против большего угла лежит большая сторона: AB > AB1, то есть BA > B1A.
Угол CB1B — внешний угол треугольника ABB1: ∠CB1B = ∠A + ∠ABB1 > ∠ABB1 = ∠CBB1. В треугольнике CBB1 против большего угла лежит большая сторона: BC > B1C.
Угол AB1B — внешний угол треугольника BB1C, поэтому ∠AB1B = ∠B1BC + ∠C > ∠B1BC = ∠ABB1. В треугольнике ABB1 против большего угла лежит большая сторона: AB > AB1, то есть BA > B1A.
Угол CB1B — внешний угол треугольника ABB1: ∠CB1B = ∠A + ∠ABB1 > ∠ABB1 = ∠CBB1. В треугольнике CBB1 против большего угла лежит большая сторона: BC > B1C.
431. Внутри треугольника ABC взята такая точка D, что AD = AB. Докажите, что АС > AB.
Продолжим луч AD до пересечения со стороной BC в точке E; точка D лежит между A и E (D внутри треугольника), поэтому AE > AD = AB.
По лемме из задачи 429 (точка E лежит на стороне BC): AE ≤ max(AB, AC). Так как AE > AB, максимум равен AC, и AC ≥ AE > AB.
Следовательно, AC > AB.
По лемме из задачи 429 (точка E лежит на стороне BC): AE ≤ max(AB, AC). Так как AE > AB, максимум равен AC, и AC ≥ AE > AB.
Следовательно, AC > AB.
432. В треугольнике ABC сторона AB больше стороны АС, отрезок AD — биссектриса. Докажите, что ∠ADB > ∠ADC и BD > CD.
Так как AB > AC, в треугольнике ABC ∠C > ∠B (против большей стороны лежит больший угол).
1) ∠ADB > ∠ADC. ∠ADB = 180° − ∠B − ∠BAD, ∠ADC = 180° − ∠C − ∠CAD. Так как ∠BAD = ∠CAD (AD — биссектриса) и ∠B < ∠C, получаем ∠ADB > ∠ADC.
2) BD > CD. Отметим на AB такую точку C1, что AC1 = AC (она лежит между A и B, так как AB > AC). Треугольники AC1D и ACD равны по двум сторонам и углу между ними (AC1 = AC, AD общая, ∠C1AD = ∠CAD), поэтому DC1 = DC и ∠AC1D = ∠ACD = ∠C.
Тогда ∠BC1D = 180° − ∠C. Так как ∠B + ∠C < 180°, имеем ∠BC1D = 180° − ∠C > ∠B = ∠C1BD. В треугольнике BC1D против большего угла лежит большая сторона: BD > DC1 = DC.
1) ∠ADB > ∠ADC. ∠ADB = 180° − ∠B − ∠BAD, ∠ADC = 180° − ∠C − ∠CAD. Так как ∠BAD = ∠CAD (AD — биссектриса) и ∠B < ∠C, получаем ∠ADB > ∠ADC.
2) BD > CD. Отметим на AB такую точку C1, что AC1 = AC (она лежит между A и B, так как AB > AC). Треугольники AC1D и ACD равны по двум сторонам и углу между ними (AC1 = AC, AD общая, ∠C1AD = ∠CAD), поэтому DC1 = DC и ∠AC1D = ∠ACD = ∠C.
Тогда ∠BC1D = 180° − ∠C. Так как ∠B + ∠C < 180°, имеем ∠BC1D = 180° − ∠C > ∠B = ∠C1BD. В треугольнике BC1D против большего угла лежит большая сторона: BD > DC1 = DC.
433. Докажите теорему: если в треугольнике биссектриса является медианой, то треугольник равнобедренный.
Пусть в треугольнике ABC биссектриса AD является медианой: BD = DC. Докажем, что AB = AC.
Допустим противное: пусть AB ≠ AC, например AB > AC. По задаче 432 тогда BD > CD, что противоречит BD = DC. Случай AB < AC разбирается так же (переименуем вершины).
Следовательно, AB = AC: треугольник равнобедренный.
Допустим противное: пусть AB ≠ AC, например AB > AC. По задаче 432 тогда BD > CD, что противоречит BD = DC. Случай AB < AC разбирается так же (переименуем вершины).
Следовательно, AB = AC: треугольник равнобедренный.
434. Две стороны треугольника не равны друг другу. Докажите, что медиана, проведённая из их общей вершины, составляет с меньшей из сторон больший угол.
Пусть AB > BC, BM — медиана (M — середина AC). Докажем, что ∠CBM > ∠ABM, то есть медиана образует с меньшей стороной BC больший угол.
Продолжим BM за точку M и отложим ME = BM. Треугольники AME и CMB равны по двум сторонам и углу между ними (AM = CM, ME = MB, ∠AME = ∠CMB как вертикальные). Поэтому AE = CB и ∠AEM = ∠CBM.
В треугольнике ABE сторона AB больше стороны AE = BC, поэтому против AB лежит больший угол: ∠AEB > ∠ABE. Но ∠AEB = ∠AEM = ∠CBM, а ∠ABE = ∠ABM. Значит, ∠CBM > ∠ABM.
Продолжим BM за точку M и отложим ME = BM. Треугольники AME и CMB равны по двум сторонам и углу между ними (AM = CM, ME = MB, ∠AME = ∠CMB как вертикальные). Поэтому AE = CB и ∠AEM = ∠CBM.
В треугольнике ABE сторона AB больше стороны AE = BC, поэтому против AB лежит больший угол: ∠AEB > ∠ABE. Но ∠AEB = ∠AEM = ∠CBM, а ∠ABE = ∠ABM. Значит, ∠CBM > ∠ABM.
435. В треугольнике ABC стороны AB и АС не равны, отрезок AM соединяет вершину А с произвольной точкой М стороны ВС. Докажите, что треугольники АМВ и АМС не равны друг другу.
Допустим, что треугольники AMB и AMC равны. Тогда множества их сторон совпадают: {AB, BM, AM} = {AC, CM, AM} (с учётом кратности). Отбросив у каждой тройки по одной стороне, равной AM, получаем равенство пар {AB, BM} = {AC, CM}.
Так как AB ≠ AC, остаётся AB = CM и BM = AC. Тогда AB + AC = CM + BM = BC.
Но по неравенству треугольника AB + AC > BC. Противоречие.
Следовательно, треугольники AMB и AMC не равны.
Так как AB ≠ AC, остаётся AB = CM и BM = AC. Тогда AB + AC = CM + BM = BC.
Но по неравенству треугольника AB + AC > BC. Противоречие.
Следовательно, треугольники AMB и AMC не равны.
436. Через вершину А треугольника ABC проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла А, а из вершины В проведён перпендикуляр ВН к этой прямой. Докажите, что периметр треугольника ВСН больше периметра треугольника ABC.
Прямая ℓ, проведённая через A перпендикулярно биссектрисе угла A, — биссектриса внешнего угла A. Продолжим BA за точку A и отложим AD = AC. Тогда луч AD, продолжение BA, образует с лучом AC внешний угол при вершине A, а ℓ делит его пополам. Треугольник CAD равнобедренный (AC = AD), биссектриса ℓ его угла A является серединным перпендикуляром к CD. Поэтому каждая точка ℓ равноудалена от C и D; в частности, HC = HD.
Периметр треугольника BCH равен BC + CH + BH = BC + DH + BH. В треугольнике DHB (H не лежит на BD, иначе H = A и BA ⊥ ℓ, что невозможно, так как биссектриса угла A не совпадает с AB) по неравенству треугольника DH + HB > DB = BA + AD = BA + AC.
Значит, P(BCH) > BC + BA + AC = P(ABC).
Периметр треугольника BCH равен BC + CH + BH = BC + DH + BH. В треугольнике DHB (H не лежит на BD, иначе H = A и BA ⊥ ℓ, что невозможно, так как биссектриса угла A не совпадает с AB) по неравенству треугольника DH + HB > DB = BA + AD = BA + AC.
Значит, P(BCH) > BC + BA + AC = P(ABC).
437. В треугольнике ABC, где AB < АС, отрезок AD — биссектриса, отрезок АН — высота. Докажите, что точка Н лежит на луче DB.
Так как AB < AC, по задаче 432 (с переименованием вершин B и C) имеем ∠ADC > ∠ADB. Они смежные: ∠ADB + ∠ADC = 180°, поэтому ∠ADB < 90°, то есть острый.
Основание высоты H не совпадает с D (иначе ∠ADB = 90°). Если бы H лежала на луче, противоположном лучу DB, то угол ADB был бы тупым (смежным с острым углом ADH прямоугольного треугольника AHD). Значит, H лежит на луче DB.
Основание высоты H не совпадает с D (иначе ∠ADB = 90°). Если бы H лежала на луче, противоположном лучу DB, то угол ADB был бы тупым (смежным с острым углом ADH прямоугольного треугольника AHD). Значит, H лежит на луче DB.
438. Докажите, что в неравнобедренном треугольнике основание биссектрисы треугольника лежит между основаниями медианы и высоты, проведённых из этой же вершины.
Пусть в треугольнике ABC AB < AC, AM — медиана, AD — биссектриса, AH — высота. Докажем, что D лежит между H и M.
По задаче 437 H лежит на луче DB, H ≠ D.
По задаче 434 медиана образует с меньшей стороной AB больший угол: ∠BAM > ∠MAC. Так как ∠BAD = ∠DAC = (1/2)∠A, а ∠BAM + ∠MAC = ∠A, имеем ∠BAM > ∠A/2 = ∠BAD. Значит, луч AD лежит внутри угла BAM, то есть D лежит между B и M. Следовательно, M лежит на луче, противоположном лучу DB, то есть по другую сторону от D, чем H.
Итак, D лежит между H и M, что и требовалось.
По задаче 437 H лежит на луче DB, H ≠ D.
По задаче 434 медиана образует с меньшей стороной AB больший угол: ∠BAM > ∠MAC. Так как ∠BAD = ∠DAC = (1/2)∠A, а ∠BAM + ∠MAC = ∠A, имеем ∠BAM > ∠A/2 = ∠BAD. Значит, луч AD лежит внутри угла BAM, то есть D лежит между B и M. Следовательно, M лежит на луче, противоположном лучу DB, то есть по другую сторону от D, чем H.
Итак, D лежит между H и M, что и требовалось.
439. Докажите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведёнными из той же вершины, пополам.
Пусть в треугольнике ABC ∠C = 90°, AC < BC, CH — высота, CM — медиана, CD — биссектриса. Тогда ∠A > ∠B, и ∠B < 45°.
Медиана CM равна половине гипотенузы: CM = MB, треугольник MBC равнобедренный, ∠MCB = ∠B.
В прямоугольном треугольнике ACH ∠ACH = 90° − ∠A = ∠B.
Итак, ∠ACH = ∠B = ∠MCB < 45° = ∠ACD = ∠DCB. Значит, лучи расположены в порядке CA, CH, CD, CM, CB, и ∠HCD = 45° − ∠B, ∠DCM = 45° − ∠B.
Следовательно, ∠HCD = ∠DCM, то есть биссектриса CD делит угол HCM пополам.
Медиана CM равна половине гипотенузы: CM = MB, треугольник MBC равнобедренный, ∠MCB = ∠B.
В прямоугольном треугольнике ACH ∠ACH = 90° − ∠A = ∠B.
Итак, ∠ACH = ∠B = ∠MCB < 45° = ∠ACD = ∠DCB. Значит, лучи расположены в порядке CA, CH, CD, CM, CB, и ∠HCD = 45° − ∠B, ∠DCM = 45° − ∠B.
Следовательно, ∠HCD = ∠DCM, то есть биссектриса CD делит угол HCM пополам.
440. Медиана и высота треугольника, проведённые из одной вершины угла треугольника, делят этот угол на три равные части. Докажите, что треугольник прямоугольный.
Пусть в треугольнике ABC высота AH и медиана AM делят угол A на три равных угла: ∠BAH = ∠HAM = ∠MAC = φ. Докажем, что ∠BAC = 90°.
1) В треугольнике ABM отрезок AH — биссектриса (∠BAH = ∠HAM) и высота. Прямоугольные треугольники ABH и AMH равны по катету AH и острому углу, поэтому BH = HM. Пусть BH = HM = x, тогда BM = 2x, и MC = BM = 2x (AM — медиана).
2) Проведём MD ⊥ AC (D на AC). Прямоугольные треугольники AHM и ADM равны по гипотенузе AM и острому углу (∠HAM = ∠MAD = φ), поэтому MD = MH = x.
3) В прямоугольном треугольнике MDC катет MD = x равен половине гипотенузы MC = 2x, значит, ∠C = 30°.
4) В прямоугольном треугольнике AHC ∠HAC = 90° − 30° = 60° = 2φ. Тогда φ = 30° и ∠BAC = 3φ = 90°.
Треугольник ABC прямоугольный.
1) В треугольнике ABM отрезок AH — биссектриса (∠BAH = ∠HAM) и высота. Прямоугольные треугольники ABH и AMH равны по катету AH и острому углу, поэтому BH = HM. Пусть BH = HM = x, тогда BM = 2x, и MC = BM = 2x (AM — медиана).
2) Проведём MD ⊥ AC (D на AC). Прямоугольные треугольники AHM и ADM равны по гипотенузе AM и острому углу (∠HAM = ∠MAD = φ), поэтому MD = MH = x.
3) В прямоугольном треугольнике MDC катет MD = x равен половине гипотенузы MC = 2x, значит, ∠C = 30°.
4) В прямоугольном треугольнике AHC ∠HAC = 90° − 30° = 60° = 2φ. Тогда φ = 30° и ∠BAC = 3φ = 90°.
Треугольник ABC прямоугольный.
441. В треугольнике ABC высота АА1 не меньше стороны ВС, а высота ВВ1 не меньше стороны АС. Докажите, что треугольник ABC — равнобедренный и прямоугольный.
Перпендикуляр короче любой наклонной, проведённой из той же точки. Поэтому AA1 ≤ AC (A1 — основание высоты на прямой BC; равенство только при A1 = C) и BB1 ≤ BC (равенство только при B1 = C).
По условию BC ≤ AA1 и AC ≤ BB1. Получаем цепочки: BC ≤ AA1 ≤ AC и AC ≤ BB1 ≤ BC. Следовательно, BC ≤ AC ≤ BC, то есть AC = BC, и все неравенства обращаются в равенства: AA1 = AC, BB1 = BC.
Из AC = BC следует, что треугольник равнобедренный. Равенство AA1 = AC означает, что перпендикуляр равен наклонной, то есть A1 = C, и ∠C = 90°. Значит, треугольник ABC равнобедренный и прямоугольный.
По условию BC ≤ AA1 и AC ≤ BB1. Получаем цепочки: BC ≤ AA1 ≤ AC и AC ≤ BB1 ≤ BC. Следовательно, BC ≤ AC ≤ BC, то есть AC = BC, и все неравенства обращаются в равенства: AA1 = AC, BB1 = BC.
Из AC = BC следует, что треугольник равнобедренный. Равенство AA1 = AC означает, что перпендикуляр равен наклонной, то есть A1 = C, и ∠C = 90°. Значит, треугольник ABC равнобедренный и прямоугольный.