Глава II. Задачи повышенной трудности — с. 52
178*. Докажите, что угол, смежный с углом треугольника, больше каждого из двух других углов треугольника.
Пусть дан треугольник ABC, D — точка на продолжении стороны CA за точку A; угол BAD смежный с углом A треугольника. Докажем, что ∠BAD > ∠B и ∠BAD > ∠C.
Пусть O — середина AB. На продолжении отрезка CO за точку O отложим отрезок OE = CO. Треугольники AOE и BOC: AO = BO, OE = OC, ∠AOE = ∠BOC как вертикальные. Значит, △AOE = △BOC, откуда ∠BAE = ∠OAE = ∠OBC = ∠B. Точка E лежит по другую сторону от прямой AB, чем C (O между C и E), и точка D тоже лежит по другую сторону от AB, чем C, поэтому D и E лежат по одну сторону от прямой AB. Точка E лежит по ту же сторону от прямой AD (то есть от прямой AC), что и точка B, так как луч CE проходит через точку O отрезка AB. Значит, луч AE лежит внутри угла BAD, и ∠BAD > ∠BAE = ∠B.
Для ∠C: угол, вертикальный с ∠BAD (между продолжением BA за A и стороной AC), тоже смежный с ∠A и равен ∠BAD. Повторяя то же рассуждение с серединой стороны AC и вершиной C вместо B, получаем, что он больше ∠C. Значит, ∠BAD > ∠C. Для других вершин рассуждение такое же.
Пусть O — середина AB. На продолжении отрезка CO за точку O отложим отрезок OE = CO. Треугольники AOE и BOC: AO = BO, OE = OC, ∠AOE = ∠BOC как вертикальные. Значит, △AOE = △BOC, откуда ∠BAE = ∠OAE = ∠OBC = ∠B. Точка E лежит по другую сторону от прямой AB, чем C (O между C и E), и точка D тоже лежит по другую сторону от AB, чем C, поэтому D и E лежат по одну сторону от прямой AB. Точка E лежит по ту же сторону от прямой AD (то есть от прямой AC), что и точка B, так как луч CE проходит через точку O отрезка AB. Значит, луч AE лежит внутри угла BAD, и ∠BAD > ∠BAE = ∠B.
Для ∠C: угол, вертикальный с ∠BAD (между продолжением BA за A и стороной AC), тоже смежный с ∠A и равен ∠BAD. Повторяя то же рассуждение с серединой стороны AC и вершиной C вместо B, получаем, что он больше ∠C. Значит, ∠BAD > ∠C. Для других вершин рассуждение такое же.
179*. Докажите, что △ABС = △А1В1С1, если ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, ВС = B1С1.
Наложим треугольник ABC на треугольник A1B1C1 так, чтобы вершина B совместилась с B1, вершина C — с C1 (BC = B1C1), а вершины A и A1 оказались по одну сторону от прямой B1C1. Так как ∠B = ∠B1, сторона BA наложится на луч B1A1. Докажем, что точка A совместится с A1. Предположим, что нет. После наложения точка A лежит на луче B1A1; пусть, например, A лежит между B1 и A1 (если A1 между B1 и A, роли треугольников меняются местами). Рассмотрим треугольник AA1C1. Угол B1AC1 смежный с его углом C1AA1, то есть является внешним углом этого треугольника, поэтому по задаче 178 ∠B1AC1 > ∠AA1C1 = ∠B1A1C1. Но ∠B1AC1 = ∠A (после наложения) = ∠A1 = ∠B1A1C1. Получили противоречие. Значит, A совпадает с A1, и треугольники полностью совместятся, то есть равны.
180*. На сторонах угла ХОY отмечены точки A, B, C и D так, что ОА = ОВ, AC = BD (рис. 103). Прямые AD и ВС пересекаются в точке Е. Докажите, что луч ОЕ — биссектриса угла XOY. Опишите способ построения биссектрисы угла, основанный на этом факте. [рисунок 103: A и C на стороне OX, B и D на стороне OY, A между O и C, B между O и D]
OC = OA + AC и OD = OB + BD, а OA = OB, AC = BD, поэтому OC = OD.
1) Треугольники AOD и BOC: OA = OB, OD = OC, ∠O — общий. Значит, △AOD = △BOC по первому признаку, откуда ∠OAD = ∠OBC и ∠ODA = ∠OCB.
2) Треугольники EBD и EAC: BD = AC; ∠EDB = ∠ODA = ∠OCB = ∠ECA (лучи DB и DO, а также CA и CO совпадают); ∠EBD = 180° − ∠OBC (смежный с ∠OBE = ∠OBC), ∠EAC = 180° − ∠OAD (смежный с ∠OAE = ∠OAD). Так как ∠OBC = ∠OAD, то ∠EBD = ∠EAC. Значит, △EBD = △EAC по второму признаку, откуда EB = EA.
3) Треугольники OBE и OAE: OB = OA, EB = EA, OE — общая сторона. Значит, они равны по третьему признаку и ∠BOE = ∠AOE, то есть OE — биссектриса угла XOY.
Способ построения биссектрисы: откладываем на сторонах угла OA = OB (точки A и B); затем дальше откладываем равные отрезки AC = BD (C на OX за A, D на OY за B); проводим отрезки AD и BC; точку их пересечения E соединяем с O. Луч OE — биссектриса.
1) Треугольники AOD и BOC: OA = OB, OD = OC, ∠O — общий. Значит, △AOD = △BOC по первому признаку, откуда ∠OAD = ∠OBC и ∠ODA = ∠OCB.
2) Треугольники EBD и EAC: BD = AC; ∠EDB = ∠ODA = ∠OCB = ∠ECA (лучи DB и DO, а также CA и CO совпадают); ∠EBD = 180° − ∠OBC (смежный с ∠OBE = ∠OBC), ∠EAC = 180° − ∠OAD (смежный с ∠OAE = ∠OAD). Так как ∠OBC = ∠OAD, то ∠EBD = ∠EAC. Значит, △EBD = △EAC по второму признаку, откуда EB = EA.
3) Треугольники OBE и OAE: OB = OA, EB = EA, OE — общая сторона. Значит, они равны по третьему признаку и ∠BOE = ∠AOE, то есть OE — биссектриса угла XOY.
Способ построения биссектрисы: откладываем на сторонах угла OA = OB (точки A и B); затем дальше откладываем равные отрезки AC = BD (C на OX за A, D на OY за B); проводим отрезки AD и BC; точку их пересечения E соединяем с O. Луч OE — биссектриса.
181*. При решении геометрических задач часто используют дополнительные построения. Одно из таких построений связано с методом удвоения медианы: если AM — медиана треугольника ABC, то строится отрезок АK такой, что точка M является его серединой. Докажите с помощью метода удвоения медианы, что треугольники ABC и А1В1С1 равны, если AB = А1В1, АС = А1С1, АМ = А1М1, где АМ и А1М1 — медианы треугольников.
Продолжим медиану AM за точку M и отложим MK = AM; аналогично на продолжении A1M1 отложим M1K1 = A1M1. Тогда AK = 2AM = 2A1M1 = A1K1.
Треугольники BMK и CMA: BM = CM, MK = MA, ∠BMK = ∠CMA как вертикальные. Значит, △BMK = △CMA, откуда BK = AC и ∠BKM = ∠CAM. Аналогично B1K1 = A1C1 и ∠B1K1M1 = ∠C1A1M1.
Треугольники ABK и A1B1K1: AB = A1B1, AK = A1K1, BK = AC = A1C1 = B1K1. Значит, △ABK = △A1B1K1 по третьему признаку, откуда ∠BAK = ∠B1A1K1 и ∠AKB = ∠A1K1B1.
Так как M лежит на отрезке BC, луч AM лежит внутри угла BAC, и ∠BAC = ∠BAM + ∠MAC = ∠BAK + ∠BKM = ∠BAK + ∠AKB. Аналогично ∠B1A1C1 = ∠B1A1K1 + ∠A1K1B1. Правые части равны, поэтому ∠A = ∠A1.
Теперь AB = A1B1, AC = A1C1, ∠A = ∠A1, и △ABC = △A1B1C1 по первому признаку.
Треугольники BMK и CMA: BM = CM, MK = MA, ∠BMK = ∠CMA как вертикальные. Значит, △BMK = △CMA, откуда BK = AC и ∠BKM = ∠CAM. Аналогично B1K1 = A1C1 и ∠B1K1M1 = ∠C1A1M1.
Треугольники ABK и A1B1K1: AB = A1B1, AK = A1K1, BK = AC = A1C1 = B1K1. Значит, △ABK = △A1B1K1 по третьему признаку, откуда ∠BAK = ∠B1A1K1 и ∠AKB = ∠A1K1B1.
Так как M лежит на отрезке BC, луч AM лежит внутри угла BAC, и ∠BAC = ∠BAM + ∠MAC = ∠BAK + ∠BKM = ∠BAK + ∠AKB. Аналогично ∠B1A1C1 = ∠B1A1K1 + ∠A1K1B1. Правые части равны, поэтому ∠A = ∠A1.
Теперь AB = A1B1, AC = A1C1, ∠A = ∠A1, и △ABC = △A1B1C1 по первому признаку.
182*. Даны два треугольника: ABC и A1В1C1. Известно, что AB = А1В1, АС = А1С1, ∠A = ∠A1. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты соответственно точки K и L, а на сторонах А1С1 и В1С1 треугольника А1В1С1 — точки K1 и L1 так, что АK = А1K1, LC = L1C1. Докажите, что: a) KL = K1L1; б) AL = A1L1.
△ABC = △A1B1C1 по первому признаку (AB = A1B1, AC = A1C1, ∠A = ∠A1). Отсюда BC = B1C1 и ∠C = ∠C1.
Так как K лежит на AC, KC = AC − AK = A1C1 − A1K1 = K1C1.
а) Треугольники KCL и K1C1L1: KC = K1C1, CL = C1L1 (по условию LC = L1C1), ∠KCL = ∠C = ∠C1 = ∠K1C1L1. Значит, они равны по первому признаку, и KL = K1L1.
б) Треугольники ACL и A1C1L1: AC = A1C1, CL = C1L1, ∠ACL = ∠C = ∠C1 = ∠A1C1L1. Значит, они равны по первому признаку, и AL = A1L1.
Так как K лежит на AC, KC = AC − AK = A1C1 − A1K1 = K1C1.
а) Треугольники KCL и K1C1L1: KC = K1C1, CL = C1L1 (по условию LC = L1C1), ∠KCL = ∠C = ∠C1 = ∠K1C1L1. Значит, они равны по первому признаку, и KL = K1L1.
б) Треугольники ACL и A1C1L1: AC = A1C1, CL = C1L1, ∠ACL = ∠C = ∠C1 = ∠A1C1L1. Значит, они равны по первому признаку, и AL = A1L1.
183*. Даны три точки A, B, C, лежащие на одной прямой, и точка D, не лежащая на этой прямой. Докажите, что по крайней мере два из трёх отрезков AD, BD и CD не равны друг другу.
Предположим противное: AD = BD = CD. Из трёх точек на прямой одна лежит между двумя другими; пусть, например, B лежит между A и C (в других случаях рассуждение такое же).
Треугольники ABD и CBD равнобедренные (AD = BD, CD = BD), поэтому ∠A = ∠ABD и ∠C = ∠CBD. Треугольник ACD равнобедренный (AD = CD), поэтому ∠A = ∠C. Значит, ∠ABD = ∠CBD. Эти углы смежные (B между A и C), значит, каждый прямой: ∠ABD = 90°.
Тогда в равнобедренном треугольнике ABD угол при основании ∠A = ∠ABD = 90°, то есть AD ⊥ AB и BD ⊥ AB. Получилось, что из точки D к прямой AC проведены два различных перпендикуляра AD и BD, что невозможно (из точки вне прямой можно провести к ней только один перпендикуляр). Противоречие. Значит, равенство AD = BD = CD невозможно, и хотя бы два из этих отрезков не равны.
Треугольники ABD и CBD равнобедренные (AD = BD, CD = BD), поэтому ∠A = ∠ABD и ∠C = ∠CBD. Треугольник ACD равнобедренный (AD = CD), поэтому ∠A = ∠C. Значит, ∠ABD = ∠CBD. Эти углы смежные (B между A и C), значит, каждый прямой: ∠ABD = 90°.
Тогда в равнобедренном треугольнике ABD угол при основании ∠A = ∠ABD = 90°, то есть AD ⊥ AB и BD ⊥ AB. Получилось, что из точки D к прямой AC проведены два различных перпендикуляра AD и BD, что невозможно (из точки вне прямой можно провести к ней только один перпендикуляр). Противоречие. Значит, равенство AD = BD = CD невозможно, и хотя бы два из этих отрезков не равны.
184*. На боковых сторонах AB и АС равнобедренного треугольника ABC отмечены точки Р и Q так, что ∠PXB = ∠QXC, где X — середина основания ВС. Докажите, что BQ = CP.
Так как X — середина BC, BX = XC. Треугольники PBX и QCX: BX = CX, ∠B = ∠C (углы при основании равнобедренного треугольника), ∠PXB = ∠QXC по условию. Значит, △PBX = △QCX по второму признаку, откуда BP = CQ.
Треугольники PBC и QCB: BP = CQ, BC — общая сторона, ∠PBC = ∠B = ∠C = ∠QCB. Значит, △PBC = △QCB по первому признаку, откуда CP = BQ.
Треугольники PBC и QCB: BP = CQ, BC — общая сторона, ∠PBC = ∠B = ∠C = ∠QCB. Значит, △PBC = △QCB по первому признаку, откуда CP = BQ.
185. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через данную точку, с центром на данной прямой.
Пусть даны радиус r (отрезок PQ), точка A и прямая a.
Построение. 1. Строим окружность с центром A радиуса r. 2. Её точки пересечения с прямой a — O₁ и O₂. 3. Окружность с центром O₁ и радиусом r — искомая.
Доказательство. Центр O₁ лежит на прямой a, радиус построенной окружности равен r. Точка O₁ лежит на окружности с центром A радиуса r, поэтому O₁A = r, то есть точка A лежит на окружности с центром O₁ и радиусом r.
Исследование. Пусть d — расстояние от A до прямой a. При r > d получаем две окружности (O₁ и O₂), при r = d — одну (центр — основание перпендикуляра из A), при r < d решений нет.
Построение. 1. Строим окружность с центром A радиуса r. 2. Её точки пересечения с прямой a — O₁ и O₂. 3. Окружность с центром O₁ и радиусом r — искомая.
Доказательство. Центр O₁ лежит на прямой a, радиус построенной окружности равен r. Точка O₁ лежит на окружности с центром A радиуса r, поэтому O₁A = r, то есть точка A лежит на окружности с центром O₁ и радиусом r.
Исследование. Пусть d — расстояние от A до прямой a. При r > d получаем две окружности (O₁ и O₂), при r = d — одну (центр — основание перпендикуляра из A), при r < d решений нет.
186. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через две данные точки.
Пусть даны радиус r (отрезок PQ) и точки A и B.
Построение. 1. Строим две окружности радиуса r с центрами A и B. 2. Пусть O₁ — точка их пересечения. 3. Окружность с центром O₁ и радиусом r — искомая.
Доказательство. O₁A = r и O₁B = r (O₁ лежит на обеих вспомогательных окружностях), поэтому A и B лежат на окружности с центром O₁ и радиусом r.
Исследование. Две вспомогательные окружности пересекаются в двух точках O₁ и O₂, если r > AB/2 (две искомые окружности); при r = AB/2 они касаются в одной точке (середине AB; искомая окружность одна, AB — её диаметр); при r < AB/2 решений нет.
Построение. 1. Строим две окружности радиуса r с центрами A и B. 2. Пусть O₁ — точка их пересечения. 3. Окружность с центром O₁ и радиусом r — искомая.
Доказательство. O₁A = r и O₁B = r (O₁ лежит на обеих вспомогательных окружностях), поэтому A и B лежат на окружности с центром O₁ и радиусом r.
Исследование. Две вспомогательные окружности пересекаются в двух точках O₁ и O₂, если r > AB/2 (две искомые окружности); при r = AB/2 они касаются в одной точке (середине AB; искомая окружность одна, AB — её диаметр); при r < AB/2 решений нет.
187. Даны прямая а, точки А, В и отрезок PQ. Постройте треугольник ABC так, чтобы вершина С лежала на прямой а и AC = PQ.
Построение.
1. Раствором циркуля, равным PQ, проводим окружность с центром A.
2. Пусть C — точка пересечения этой окружности с прямой a.
3. Соединяем A с B, A с C, B с C. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. C лежит на прямой a по построению, AC = PQ как радиус окружности с центром A.
Исследование. Окружность и прямая пересекаются не более чем в двух точках. Если расстояние от A до прямой a меньше PQ, получаем две точки C (два треугольника); если равно PQ — одну; если больше — решений нет. Кроме того, точка C не должна лежать на прямой AB (иначе треугольника не получится).
Доказательство. C лежит на прямой a по построению, AC = PQ как радиус окружности с центром A.
Исследование. Окружность и прямая пересекаются не более чем в двух точках. Если расстояние от A до прямой a меньше PQ, получаем две точки C (два треугольника); если равно PQ — одну; если больше — решений нет. Кроме того, точка C не должна лежать на прямой AB (иначе треугольника не получится).
188. Даны окружность, точки А, В и отрезок PQ. Постройте треугольник ABC так, чтобы вершина С лежала на данной окружности и AC = PQ.
Построение.
1. Раствором циркуля PQ проводим окружность с центром A.
2. Её точки пересечения с данной окружностью — искомые точки C (C₁, C₂).
3. Соединяем A, B, C. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. C лежит на данной окружности по построению, AC = PQ как радиус вспомогательной окружности.
Исследование. Число решений зависит от взаимного расположения двух окружностей: две точки C, одна или ни одной (как в задаче 155). Точку C, лежащую на прямой AB, брать нельзя.
Доказательство. C лежит на данной окружности по построению, AC = PQ как радиус вспомогательной окружности.
Исследование. Число решений зависит от взаимного расположения двух окружностей: две точки C, одна или ни одной (как в задаче 155). Точку C, лежащую на прямой AB, брать нельзя.
189. На стороне ВС треугольника ABC постройте точку, равноудалённую от вершин А и С.
Искомая точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AC (задача 165).
Построение. 1. Строим окружности с центрами A и C одного радиуса, большего половины AC (например, равного AC). Они пересекаются в точках U и V. 2. Проводим прямую UV — серединный перпендикуляр к AC. 3. Точка D, в которой прямая UV пересекает сторону BC, — искомая.
Доказательство. Прямая UV проходит через середину AC и перпендикулярна к ней, поэтому по задаче 165 каждая её точка равноудалена от A и C: DA = DC.
Исследование. Точка D существует не всегда: если прямая UV пересекает прямую BC вне отрезка BC или параллельна BC, то на стороне BC такой точки нет. Если пересечение лежит на стороне BC, то точка единственная (две различные прямые имеют не более одной общей точки).
Построение. 1. Строим окружности с центрами A и C одного радиуса, большего половины AC (например, равного AC). Они пересекаются в точках U и V. 2. Проводим прямую UV — серединный перпендикуляр к AC. 3. Точка D, в которой прямая UV пересекает сторону BC, — искомая.
Доказательство. Прямая UV проходит через середину AC и перпендикулярна к ней, поэтому по задаче 165 каждая её точка равноудалена от A и C: DA = DC.
Исследование. Точка D существует не всегда: если прямая UV пересекает прямую BC вне отрезка BC или параллельна BC, то на стороне BC такой точки нет. Если пересечение лежит на стороне BC, то точка единственная (две различные прямые имеют не более одной общей точки).
190. С помощью циркуля и линейки разделите данный отрезок на четыре равные части.
Построение. Пусть дан отрезок AB.
1) Строим середину O отрезка AB: окружности радиуса AB (или любого радиуса, большего AB/2) с центрами A и B пересекаются в точках P и Q; прямая PQ пересекает AB в середине O. Теперь AO = OB = AB/2.
2) Так же строим середину M₁ отрезка AO (окружности с центрами A и O одинакового радиуса, большего AO/2, пересекаются в точках U₁ и U₂; прямая U₁U₂ пересекает AO в точке M₁).
3) Так же строим середину M₂ отрезка OB (точки V₁, V₂, прямая V₁V₂).
Точки M₁, O, M₂ делят AB на четыре равные части.
Доказательство. AM₁ = M₁O = AO/2 = AB/4 и OM₂ = M₂B = OB/2 = AB/4, поэтому AM₁ = M₁O = OM₂ = M₂B. Каждое построение середины обосновано в п. 23 (треугольники, образованные центрами окружностей и точкой пересечения, равны по трём сторонам, так что прямая через точки пересечения — биссектриса, медиана и высота равнобедренного треугольника).
1) Строим середину O отрезка AB: окружности радиуса AB (или любого радиуса, большего AB/2) с центрами A и B пересекаются в точках P и Q; прямая PQ пересекает AB в середине O. Теперь AO = OB = AB/2.
2) Так же строим середину M₁ отрезка AO (окружности с центрами A и O одинакового радиуса, большего AO/2, пересекаются в точках U₁ и U₂; прямая U₁U₂ пересекает AO в точке M₁).
3) Так же строим середину M₂ отрезка OB (точки V₁, V₂, прямая V₁V₂).
Точки M₁, O, M₂ делят AB на четыре равные части.
Доказательство. AM₁ = M₁O = AO/2 = AB/4 и OM₂ = M₂B = OB/2 = AB/4, поэтому AM₁ = M₁O = OM₂ = M₂B. Каждое построение середины обосновано в п. 23 (треугольники, образованные центрами окружностей и точкой пересечения, равны по трём сторонам, так что прямая через точки пересечения — биссектриса, медиана и высота равнобедренного треугольника).