Упражнения 304–314 — Глава IV. Вопросы 22–23 и дополнительные задачи

а) Даны отрезки P1Q1, P2Q2 и угол hk. Проводим прямую и на ней откладываем отрезок AB = P1Q1. От луча AB строим угол BAM, равный hk. На луче AM откладываем AC = P2Q2 и проводим BC. Треугольник ABC искомый: AB = P1Q1, AC = P2Q2, ∠A = ∠hk (единственный с точностью до равенства — по первому признаку).
б) Даны отрезок PQ и два угла h1k1 и h2k2. Откладываем AB = PQ. От луча AB строим угол, равный h1k1, а от луча BA по ту же сторону от AB — угол, равный h2k2. Стороны углов пересекаются в точке C (если сумма углов меньше 180°). Треугольник ABC искомый: AB = PQ, ∠A = ∠h1k1, ∠B = ∠h2k2; он единственный по второму признаку равенства.

Даны отрезки P1Q1, P2Q2, P3Q3. Проводим прямую и откладываем на ней AB = P1Q1. Строим две окружности: с центром A радиуса P3Q3 и с центром B радиуса P2Q2. Если они пересекаются, то в одной из точек пересечения C. Проводим AC и BC. В треугольнике ABC AB = P1Q1, BC = P2Q2, CA = P3Q3.
Задача имеет решение не всегда: во всяком треугольнике каждая сторона меньше суммы двух других. Если какой-нибудь из данных отрезков больше или равен сумме двух других, то окружности не пересекаются (или касаются), и треугольника с такими сторонами не существует. При выполнении неравенств треугольника решение существует и единственно (с точностью до равенства).

Пусть ∠B = ∠C = β (равные углы — при основании BC). BO и CO — биссектрисы, поэтому ∠OBC = ∠OCB = β/2. В треугольнике BOC ∠BOC = 180° − β/2 − β/2 = 180° − β. Внешний угол треугольника при вершине B, смежный с углом B, равен 180° − β. Значит, ∠BOC равен внешнему углу при вершине B.

Пусть ∠BDC = δ. Так как BC = BD, треугольник BCD равнобедренный, и ∠BCD = ∠BDC = δ. Угол ABC — внешний угол треугольника BCD при вершине B, поэтому ∠ABC = ∠BCD + ∠BDC = 2δ. Пусть BK — биссектриса угла ABC, тогда ∠ABK = δ. Углы ABK и ADC (то есть BDC) — соответственные при прямых BK и DC и секущей AD, и они равны. Следовательно, BK ∥ DC.

Пусть ∠ACD = ∠ADC = α (треугольник ACD равнобедренный, AC = AD) и ∠BCE = ∠BEC = β (BC = BE). Тогда ∠A = 180° − 2α и ∠B = 180° − 2β. Так как AD ∥ BE и AB — секущая, а точки D и E лежат по одну сторону от AB, сумма односторонних углов равна 180°: ∠A + ∠B = 180°. Значит, 360° − 2α − 2β = 180°, откуда α + β = 90°. Углы ACD, DCE и BCE вместе составляют развёрнутый угол ACB (A, C, B лежат на одной прямой): ∠DCE = 180° − α − β = 90°. Угол DCE прямой.

Пусть ∠A = α. Точки P и R лежат на AC (порядок A, P, R, C), точка Q лежит на AB.
1) AP = PQ: ∠PQA = ∠A = α, значит, внешний угол QPR треугольника APQ равен 2α.
2) PQ = QR: углы при основании PR равны: ∠QRP = ∠QPR = 2α. Тогда ∠PQR = 180° − 4α, и ∠AQR = ∠AQP + ∠PQR = α + 180° − 4α = 180° − 3α.
3) Угол RQB смежный с углом AQR: ∠RQB = 180° − (180° − 3α) = 3α. QR = RB: ∠RBQ = ∠RQB = 3α.
4) Угол BRC — внешний угол треугольника ARB: ∠BRC = ∠A + ∠ABR = α + 3α = 4α.
5) RB = BC: ∠BCR = ∠BRC = 4α. Это угол C треугольника ABC. Так как AB = AC, ∠B = ∠C = 4α.
6) Сумма углов треугольника ABC: α + 4α + 4α = 180°, α = 20°.
Ответ: 20°.

Пусть в треугольнике ABC угол B тупой.
1) Высота BH из вершины B на прямую AC. Предположим, что H не лежит на стороне AC, например лежит на продолжении AC за точку C или совпадает с C. Если H = C, то ∠ACB = 90°, и в треугольнике есть тупой угол B и прямой угол C, сумма которых больше 180°. Если H лежит за C, то ∠BCH — острый угол прямоугольного треугольника BHC, а смежный с ним угол ACB тупой, и в треугольнике два тупых угла (B и C). И то и другое невозможно. Для продолжения AC за точку A рассуждение такое же. Значит, H лежит на стороне AC.
2) Высота AK из вершины A на прямую BC. Предположим, что K лежит на луче BC (K ≠ B) или совпадает с B. Если K = B, то ∠ABC = 90°, противоречие. Если K на луче BC, то угол ABC = ∠ABK — острый угол прямоугольного треугольника ABK, что противоречит тому, что B тупой. Значит, K лежит на продолжении стороны CB за точку B. Для высоты из вершины C рассуждение такое же: основание лежит на продолжении AB за B.

а) Прямоугольные треугольники AHM1 и AHM2 имеют общий катет AH и равные катеты HM1 = HM2, поэтому равны по двум катетам, и AM1 = AM2.
б) Пусть HM1 < HM2. Отложим на луче HM2 отрезок HM = HM1 (точка M лежит между H и M2). По пункту а) AM = AM1. Угол AMH — острый угол прямоугольного треугольника AHM, поэтому смежный с ним угол AMM2 тупой. В треугольнике AMM2 против тупого угла AMM2 лежит наибольшая сторона AM2, значит, AM2 > AM = AM1. (Если M1 = H, то AM1 = AH — перпендикуляр, он меньше наклонной AM2.)

Используем задачу 309.
а) Пусть AM1 = AM2. Если бы HM1 < HM2, то по 309 б) было бы AM1 < AM2; если бы HM1 > HM2, то AM1 > AM2. Оба случая противоречат условию. Значит, HM1 = HM2.
б) Пусть AM1 < AM2. Допустим, что HM1 ≥ HM2. Если HM1 = HM2, то по 309 а) AM1 = AM2, что противоречит условию. Если HM1 > HM2, то по 309 б) AM1 > AM2, что тоже противоречит условию. Следовательно, HM1 < HM2.

Продлим медиану AM за точку M на отрезок MD = AM. Треугольники MBD и MCA равны по двум сторонам и углу между ними: BM = CM, MD = MA, ∠BMD = ∠CMA (вертикальные). Значит, BD = CA. В треугольнике ABD по неравенству треугольника AD < AB + BD = AB + AC (A, B, D не лежат на одной прямой, иначе совпали бы прямые AC и BD). Но AD = 2AM, поэтому 2AM < AB + AC, и AM < (AB + AC)/2.

Продолжим луч BM до пересечения со стороной AC в точке N (N лежит между A и C, M лежит между B и N). В треугольнике ABN: BN < AB + AN, то есть BM + MN < AB + AN. В треугольнике MNC: MC < MN + NC. Сложим: BM + MN + MC < AB + AN + MN + NC. Вычитая MN из обеих частей, получаем BM + MC < AB + AN + NC = AB + AC.

Пусть M — точка внутри треугольника ABC. По задаче 312: MB + MC < AB + AC, MA + MC < BA + BC, MA + MB < CA + CB. Складываем три неравенства: 2(MA + MB + MC) < 2(AB + BC + CA). Следовательно, MA + MB + MC < AB + BC + CA, то есть сумма расстояний до вершин меньше периметра.

Предположим, что точки A, B и C не лежат на одной прямой. Тогда они образуют треугольник ABC, и по неравенству треугольника AB < AC + CB. Это противоречит равенству AB = AC + CB. Значит, предположение неверно, и точки A, B, C лежат на одной прямой (точка C при этом лежит между A и B).