Глава IV. §4. Построение треугольника по трём элементам — с. 87
300. Даны отрезки Р1Q1, P2Q2 и P3Q3. Постройте треугольник ABC так, чтобы: а) AB = P1Q1, BC = P2Q2, CA = 2P3Q3; б) AB = 2P1Q1, BC = P2Q2, CA = 3/2 P3Q3. Всегда ли задача имеет решение?
Сначала строим отрезки нужной длины, затем треугольник по трём сторонам (п. 38, задача 3).
а) На прямой от точки C откладываем отрезок CK = P3Q3, затем отрезок KA = P3Q3 в ту же сторону: CA = 2P3Q3. Строим окружность с центром A радиуса P1Q1 и окружность с центром C радиуса P2Q2. Точка B — их точка пересечения. Проводим AB и BC. Треугольник ABC искомый.
б) Строим отрезок AB = 2P1Q1 (откладываем P1Q1 дважды). Для отрезка 3/2 P3Q3 строим середину отрезка P3Q3 (серединный перпендикуляр) и откладываем P3Q3 и половину P3Q3 подряд на одной прямой. Затем строим окружности с центром A радиуса 3/2 P3Q3 и с центром B радиуса P2Q2; точка C — одна из точек их пересечения. Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Стороны треугольника равны заданным по построению.
Исследование. Задача имеет решение не всегда: должно выполняться неравенство треугольника — каждая из трёх длин меньше суммы двух других. В случае а) нужно P1Q1 + P2Q2 > 2P3Q3, 2P3Q3 + P1Q1 > P2Q2 и 2P3Q3 + P2Q2 > P1Q1; в случае б) 2P1Q1 + P2Q2 > 3/2 P3Q3, 2P1Q1 + 3/2 P3Q3 > P2Q2 и P2Q2 + 3/2 P3Q3 > 2P1Q1. Если неравенства выполнены, решение единственно (с точностью до равенства треугольников), иначе решения нет.
а) На прямой от точки C откладываем отрезок CK = P3Q3, затем отрезок KA = P3Q3 в ту же сторону: CA = 2P3Q3. Строим окружность с центром A радиуса P1Q1 и окружность с центром C радиуса P2Q2. Точка B — их точка пересечения. Проводим AB и BC. Треугольник ABC искомый.
б) Строим отрезок AB = 2P1Q1 (откладываем P1Q1 дважды). Для отрезка 3/2 P3Q3 строим середину отрезка P3Q3 (серединный перпендикуляр) и откладываем P3Q3 и половину P3Q3 подряд на одной прямой. Затем строим окружности с центром A радиуса 3/2 P3Q3 и с центром B радиуса P2Q2; точка C — одна из точек их пересечения. Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Стороны треугольника равны заданным по построению.
Исследование. Задача имеет решение не всегда: должно выполняться неравенство треугольника — каждая из трёх длин меньше суммы двух других. В случае а) нужно P1Q1 + P2Q2 > 2P3Q3, 2P3Q3 + P1Q1 > P2Q2 и 2P3Q3 + P2Q2 > P1Q1; в случае б) 2P1Q1 + P2Q2 > 3/2 P3Q3, 2P1Q1 + 3/2 P3Q3 > P2Q2 и P2Q2 + 3/2 P3Q3 > 2P1Q1. Если неравенства выполнены, решение единственно (с точностью до равенства треугольников), иначе решения нет.
301. Постройте треугольник по стороне, прилежащему к ней углу и высоте, проведённой к этой стороне. [рисунок 150: данные отрезки P1Q1, P2Q2, угол hk и построение треугольника ABC]
Даны отрезки P1Q1 и P2Q2 и угол hk. Нужно построить треугольник ABC, у которого AB = P1Q1, ∠A = ∠hk, а высота CH к стороне AB равна P2Q2.
Построение.
1) Строим угол XAY, равный ∠hk, и на луче AX откладываем AB = P1Q1.
2) Строим прямую p, параллельную AB, на расстоянии P2Q2 от неё, по ту же сторону от AB, где лежит луч AY (по задаче 292: перпендикуляр к AB в точке A, на нём отрезок длины P2Q2, через его конец перпендикуляр к построенному перпендикуляру).
3) Точка C — пересечение прямой p и луча AY. Проводим BC. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AB = P1Q1, ∠A = ∠hk по построению; точка C лежит на прямой p, поэтому её расстояние до прямой AB, то есть длина высоты CH, равно P2Q2.
Исследование. Если угол hk острый или тупой (меньше 180°), луч AY пересекает прямую p в одной точке, и решение единственно. Если hk = 90° (луч AY перпендикулярен AB), то луч тоже пересекает p в одной точке. Решение существует всегда.
Построение.
1) Строим угол XAY, равный ∠hk, и на луче AX откладываем AB = P1Q1.
2) Строим прямую p, параллельную AB, на расстоянии P2Q2 от неё, по ту же сторону от AB, где лежит луч AY (по задаче 292: перпендикуляр к AB в точке A, на нём отрезок длины P2Q2, через его конец перпендикуляр к построенному перпендикуляру).
3) Точка C — пересечение прямой p и луча AY. Проводим BC. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AB = P1Q1, ∠A = ∠hk по построению; точка C лежит на прямой p, поэтому её расстояние до прямой AB, то есть длина высоты CH, равно P2Q2.
Исследование. Если угол hk острый или тупой (меньше 180°), луч AY пересекает прямую p в одной точке, и решение единственно. Если hk = 90° (луч AY перпендикулярен AB), то луч тоже пересекает p в одной точке. Решение существует всегда.
302. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, проведённой к одной из этих сторон.
Даны стороны c и b и высота h, проведённая к стороне c. Нужно построить треугольник ABC, у которого AB = c, AC = b, а высота CH к AB равна h.
Построение.
1) Строим отрезок AB = c.
2) По задаче 292 строим прямую p, параллельную AB, на расстоянии h от неё (по любую сторону от AB).
3) Строим окружность с центром A радиуса b. Её точки пересечения с p — вершина C (обозначим C и C′).
4) Проводим AC и BC. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AB = c, AC = b по построению; расстояние от C до прямой AB равно h, так как C лежит на p. Значит, высота, проведённая из C к стороне AB, равна h.
Исследование. Расстояние от A до прямой p равно h. Если b > h, окружность пересекает p в двух точках, симметричных относительно перпендикуляра к AB, проведённого через A. Получаются два решения, различные (один треугольник имеет при вершине A острый угол, другой — тупой). Если b = h, то точка одна (AC ⊥ AB), решение единственно. Если b < h, решений нет.
Построение.
1) Строим отрезок AB = c.
2) По задаче 292 строим прямую p, параллельную AB, на расстоянии h от неё (по любую сторону от AB).
3) Строим окружность с центром A радиуса b. Её точки пересечения с p — вершина C (обозначим C и C′).
4) Проводим AC и BC. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AB = c, AC = b по построению; расстояние от C до прямой AB равно h, так как C лежит на p. Значит, высота, проведённая из C к стороне AB, равна h.
Исследование. Расстояние от A до прямой p равно h. Если b > h, окружность пересекает p в двух точках, симметричных относительно перпендикуляра к AB, проведённого через A. Получаются два решения, различные (один треугольник имеет при вершине A острый угол, другой — тупой). Если b = h, то точка одна (AC ⊥ AB), решение единственно. Если b < h, решений нет.
303. Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, проведённой к одной из этих сторон.
Даны стороны c и b и медиана m, проведённая к стороне c. Нужно построить треугольник ABC, у которого AB = c, AC = b, а медиана CM к стороне AB равна m.
Построение.
1) Делим отрезок c пополам (серединный перпендикуляр): получаем отрезок c/2.
2) По трём сторонам строим треугольник AMC: AM = c/2, AC = b, CM = m.
3) На луче AM за точкой M откладываем отрезок MB = AM.
4) Соединяем B и C. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AC = b по построению; AB = AM + MB = 2·AM = c; M — середина AB, а CM = m, значит, CM — медиана к стороне AB, равная m.
Исследование. Треугольник AMC существует, если выполнены неравенства треугольника для длин c/2, b и m (каждая меньше суммы двух других); тогда решение единственно (с точностью до равенства треугольников). Иначе решений нет.
Построение.
1) Делим отрезок c пополам (серединный перпендикуляр): получаем отрезок c/2.
2) По трём сторонам строим треугольник AMC: AM = c/2, AC = b, CM = m.
3) На луче AM за точкой M откладываем отрезок MB = AM.
4) Соединяем B и C. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. AC = b по построению; AB = AM + MB = 2·AM = c; M — середина AB, а CM = m, значит, CM — медиана к стороне AB, равная m.
Исследование. Треугольник AMC существует, если выполнены неравенства треугольника для длин c/2, b и m (каждая меньше суммы двух других); тогда решение единственно (с точностью до равенства треугольников). Иначе решений нет.
1. Сформулируйте и докажите теорему о сумме углов треугольника.
Теорема. Сумма углов треугольника равна 180°.
Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC. Через вершину B проведём прямую a, параллельную стороне AC. Отметим на ней точки D и E по разные стороны от B так, что D лежит по ту же сторону от прямой BC, что и точка A, а E — по ту же сторону, что и C. Углы DBA и BAC равны как накрест лежащие при параллельных a и AC и секущей AB. Углы EBC и BCA равны как накрест лежащие при тех же параллельных и секущей BC. Углы DBA, ABC и CBE вместе составляют развёрнутый угол DBE, равный 180°: ∠DBA + ∠ABC + ∠CBE = 180°. Заменяя ∠DBA на ∠A, а ∠CBE на ∠C, получаем ∠A + ∠B + ∠C = 180°. Теорема доказана.
Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC. Через вершину B проведём прямую a, параллельную стороне AC. Отметим на ней точки D и E по разные стороны от B так, что D лежит по ту же сторону от прямой BC, что и точка A, а E — по ту же сторону, что и C. Углы DBA и BAC равны как накрест лежащие при параллельных a и AC и секущей AB. Углы EBC и BCA равны как накрест лежащие при тех же параллельных и секущей BC. Углы DBA, ABC и CBE вместе составляют развёрнутый угол DBE, равный 180°: ∠DBA + ∠ABC + ∠CBE = 180°. Заменяя ∠DBA на ∠A, а ∠CBE на ∠C, получаем ∠A + ∠B + ∠C = 180°. Теорема доказана.
2. Какой угол называется внешним углом треугольника?
Докажите, что внешний угол треугольника равен сумме двух углов треугольника, не смежных с ним.
Внешним углом треугольника называется угол, смежный с каким-нибудь углом этого треугольника.
Доказательство. Пусть ∠4 — внешний угол треугольника, смежный с углом 3, а ∠1 и ∠2 — два других угла треугольника (не смежные с ∠4). Так как углы 3 и 4 смежные, ∠4 + ∠3 = 180°. По теореме о сумме углов треугольника ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180°. Приравнивая левые части и вычитая ∠3, получаем ∠4 = ∠1 + ∠2, что и требовалось доказать.
Доказательство. Пусть ∠4 — внешний угол треугольника, смежный с углом 3, а ∠1 и ∠2 — два других угла треугольника (не смежные с ∠4). Так как углы 3 и 4 смежные, ∠4 + ∠3 = 180°. По теореме о сумме углов треугольника ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180°. Приравнивая левые части и вычитая ∠3, получаем ∠4 = ∠1 + ∠2, что и требовалось доказать.