Упражнения 315–327 — Глава IV. Вопросы 22–23 и дополнительные задачи

Пусть a, b, c — стороны треугольника. Докажем, что a больше разности сторон b и c. Если b ≤ c, то b − c ≤ 0 < a, и неравенство очевидно. Если b > c, запишем неравенство треугольника для стороны b: b < a + c. Вычитая c из обеих частей, получаем b − c < a, то есть a > b − c. Аналогично, если c > b, то из c < a + b следует a > c − b. Для двух других сторон рассуждение такое же.

Пусть в треугольнике ABC ∠C = 90°, CH — высота (H ∈ AB). Тогда в треугольнике ACH: ∠AHC = 90°, ∠A общий с ABC, и ∠ACH = 90° − ∠A = ∠B. В треугольнике CBH: ∠CHB = 90°, ∠B общий с ABC, ∠BCH = 90° − ∠B = ∠A. Итак, углы треугольника ABC: ∠A, ∠B, 90°; углы треугольника ACH: ∠A, ∠B (при вершине C), 90°; углы треугольника CBH: ∠B, ∠A (при вершине C), 90°. У всех трёх треугольников соответственно равны углы: ∠A, ∠B и 90°.

Внешний угол при вершине B равен сумме двух не смежных с ним углов A и C, которые равны (углы при основании): 2∠A = 60°, ∠A = 30°. Расстояние от C до прямой AB равно длине перпендикуляра CH к AB. В прямоугольном треугольнике AHC ∠A = 30°, катет CH лежит против этого угла, поэтому CH = AC/2 = 37 : 2 = 18,5 см.
Ответ: 18,5 см.

Так как AB > AC, ∠C > ∠B, поэтому угол B острый, и основание H высоты лежит на луче BC. Обозначим углы треугольника B и C. В прямоугольном треугольнике ABH ∠BAH = 90° − ∠B. Угол BAD = ∠A/2 = (180° − ∠B − ∠C)/2 = 90° − (∠B + ∠C)/2. Так как ∠C > ∠B, то ∠BAH − ∠BAD = (∠C − ∠B)/2 > 0, то есть луч AD лежит между лучами AB и AH, и ∠HAD = ∠BAH − ∠BAD = 90° − ∠B − 90° + (∠B + ∠C)/2 = (∠C − ∠B)/2. Итак, ∠HAD равен полуразности углов C и B (то есть большего и меньшего из них).

Пусть △ABC = △A1B1C1, AH и A1H1 — высоты, проведённые к равным сторонам BC и B1C1 (стороны соответствуют друг другу при равенстве треугольников). Прямоугольные треугольники ABH и A1B1H1 имеют равные гипотенузы AB = A1B1 и равные острые углы: ∠B = ∠B1 (если углы B и B1 острые, то острые углы ABH и A1B1H1 равны ∠B и ∠B1; если тупые, то эти углы равны 180° − ∠B и 180° − ∠B1, и снова равны). Если B прямой, то H = B, H1 = B1, и AH = AB = A1B1 = A1H1. Значит, прямоугольные треугольники равны по гипотенузе и острому углу, и AH = A1H1.
Если равные стороны не являются соответственными, то треугольники равнобедренные, и высоты к равным сторонам равны по задаче 266.

Треугольник остроугольный, поэтому точка R лежит на стороне BC между B и C, и BC = BR + RC. Периметр треугольника ABC: AB + BC + CA = AB + BR + RC + CA. Периметр треугольника ARC: AR + RC + CA. Рассмотрим треугольник ABR: по неравенству треугольника AR < AB + BR. Прибавим к обеим частям RC + CA: AR + RC + CA < AB + BR + RC + CA. Левая часть — периметр треугольника ARC, правая — периметр треугольника ABC.

Пусть в треугольнике ABC точка M лежит на стороне BC (M ≠ B, C); докажем, что AM меньше большей из сторон AB и AC. Пусть AC ≥ AB (иначе поменяем названия). Тогда ∠B ≥ ∠C (против большей стороны лежит больший угол). Угол AMC — внешний угол треугольника ABM, поэтому ∠AMC = ∠B + ∠BAM > ∠B ≥ ∠C. В треугольнике AMC угол AMC больше угла C, значит, сторона AC, лежащая против угла AMC, больше стороны AM, лежащей против угла C. Итак, AM < AC — большей из сторон AB и AC. (Если M совпадает с B или C, то AM — сама сторона, и утверждение относится к внутренним точкам.)

Даны стороны a и c и медиана m, проведённая к третьей стороне. Пусть искомый треугольник ABC: BC = a, AB = c, BM = m — медиана к стороне AC (M — середина AC).
Идея. Продлим медиану BM за точку M на отрезок MB1 = BM. Четырёхугольник ABCB1 имеет диагонали, делящиеся пополам в точке M, поэтому △AMB = △CMB1 (по двум сторонам и углу между ними: AM = MC, BM = MB1, вертикальные углы) и B1C = AB = c. В треугольнике BB1C известны все стороны: BB1 = 2m, BC = a, B1C = c.
Построение.
1) Строим отрезок BB1 = 2m (откладываем m дважды).
2) Строим треугольник BB1C по трём сторонам: BC = a, B1C = c (окружности с центрами B и B1 радиусов a и c).
3) Находим середину M отрезка BB1.
4) На луче CM за точкой M откладываем отрезок MA = CM.
5) Проводим AB. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. M — середина AC по построению, BM = m — медиана. △AMB = △CMB1 (AM = MC, BM = MB1, вертикальные углы), поэтому AB = B1C = c; BC = a по построению.
Исследование. Треугольник BB1C существует, если 2m, a, c удовлетворяют неравенствам треугольника: |a − c| < 2m < a + c. В этом случае решение единственно (с точностью до равенства), иначе решений нет.

а) Даны гипотенуза c и острый угол α. Строим угол XAY, равный α. На луче AX откладываем AB = c. Из точки B опускаем перпендикуляр BC на прямую AY (строим перпендикуляр к прямой из точки вне её). Треугольник ABC прямоугольный (∠C = 90°), AB = c — гипотенуза, ∠A = α. Решение единственно (по гипотенузе и острому углу); существует при α < 90°.
б) Даны катет a и противолежащий ему острый угол α. Строим угол XAY, равный α. По задаче 292 строим прямую p, параллельную AX, на расстоянии a от неё, по ту же сторону, где расположен луч AY. Пусть p пересекает луч AY в точке B. Из точки B опускаем перпендикуляр BC на прямую AX. Треугольник ABC прямоугольный (∠C = 90°), ∠A = α, а BC — расстояние от B до AX, равное a, лежит против угла A. Решение единственно (по катету и противолежащему углу, задача 273).
в) Даны гипотенуза c и катет b (c > b). Строим прямой угол с вершиной C, откладываем на одной стороне CA = b. Строим окружность с центром A радиуса c. Она пересекает вторую сторону угла в точке B (так как c > b). Проводим AB. Треугольник ABC: ∠C = 90°, CA = b, AB = c. Решение единственно (по гипотенузе и катету). При c ≤ b решений нет: гипотенуза больше катета.

Исходный луч OX и прямая OX, проведённая в обе стороны (развёрнутый угол 180°).
б) 60°. На луче OX откладываем OA = a, строим окружность с центром O радиуса a и окружность с центром A того же радиуса. Они пересекаются в точке B; треугольник OAB равносторонний, ∠AOB = 60°.
а) 30°. Строим биссектрису угла 60°: получаем 30°.
в) 15°. Строим биссектрису угла 30°.
г) 120°. Откладываем от луча OX два угла по 60° подряд (от луча OB откладываем ещё 60° в ту же сторону), либо строим 180° − 60°: угол, смежный с углом 60°, равен 120°.
д) 150°. Угол, смежный с углом 30°: 180° − 30° = 150°.
е) 135°. Строим прямой угол (перпендикуляр к OX через O), его биссектрису — угол 45°, и берём угол, смежный с 45°: 180° − 45° = 135°; либо к 90° прибавляем 45°.
ж) 165°. Угол, смежный с углом 15°: 180° − 15° = 165°.
з) 75°. К углу 60° прибавляем угол 15° (откладываем 15° от стороны 60° в ту же сторону) либо вычитаем 15° из 90°: 90° − 15° = 75°.
и) 105°. К прямому углу 90° прибавляем 15°: 90° + 15° = 105° (или 180° − 75°).
Во всех случаях величина угла получается по построению: равносторонний треугольник даёт 60°, биссектриса делит угол пополам, смежный угол дополняет до 180°, перпендикуляр даёт 90°.

Даны сторона a, высота h к ней и медиана m, проведённая к одной из двух других сторон. Пусть искомый треугольник ABC: BC = a, высота из A равна h, CM = m — медиана к стороне AB (M — середина AB).
Идея. Вершина A лежит на прямой p ∥ BC на расстоянии h от неё. По задаче 290 середина M любого отрезка с концом B на BC и концом A на p лежит на прямой q ∥ BC, равноудалённой от BC и p, то есть на расстоянии h/2 от BC. Кроме того, CM = m.
Построение.
1) Строим отрезок BC = a.
2) Строим прямую q, параллельную BC, на расстоянии h/2 от неё (делим h пополам и применяем задачу 292).
3) Строим окружность с центром C радиуса m. Пусть M — её точка пересечения с q.
4) На луче BM за точкой M откладываем MA = BM. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. BC = a; M — середина AB и CM = m, то есть CM — медиана к стороне AB. Проведём через A прямую p ∥ BC и обозначим d расстояние между p и BC (оно равно расстоянию от A до BC). B лежит на BC, A — на p, поэтому по задаче 290 середина M отрезка AB лежит на прямой, параллельной BC и p и равноудалённой от них, то есть на расстоянии d/2 от BC. По построению M лежит на q, то есть на расстоянии h/2 от BC. Значит, d/2 = h/2, d = h: высота, проведённая из A к BC, равна h.
Исследование. Расстояние от C до прямой q равно h/2. Если m > h/2, окружность пересекает q в двух точках, и получаются два, вообще говоря неравных, треугольника; если m = h/2, точка M одна (CM ⊥ BC), решение единственно; если m < h/2, решений нет.

Построение.
1) Строим биссектрисы углов A и C треугольника ABC; они пересекаются в точке I.
2) Через точку I проводим прямую, параллельную AC (строим перпендикуляр к AC через I, затем перпендикуляр к нему через I). Пусть она пересекает стороны AB и BC в точках D и E. Отрезок DE — искомый.
Доказательство. DE ∥ AC и AI — биссектриса угла A. Углы DIA и IAC равны как накрест лежащие при параллельных DE и AC и секущей AI, а угол IAC равен углу DAI. Значит, ∠DIA = ∠DAI, и треугольник ADI равнобедренный: DI = DA. Аналогично из CI — биссектрисы угла C получаем EI = EC. Точка I лежит на отрезке DE, поэтому DE = DI + IE = AD + CE (это то же рассуждение, что в задаче 250).
Исследование. Биссектрисы углов A и C пересекаются внутри треугольника в одной точке I, прямая через I параллельная AC пересекает обе стороны AB и BC; решение единственно.

Построение. 1. Строим отрезок CB1 и откладываем равные ему отрезки: на стороне BC от вершины B — отрезок BA1 = CB1, на стороне AB от вершины A — отрезок AC1 = CB1 (циркулем).
2) Соединяем точки A1, B1, C1. Треугольник A1B1C1 — искомый.
Доказательство. Пусть сторона треугольника ABC равна s и CB1 = BA1 = AC1 = t. Тогда AB1 = s − t, CA1 = s − t, BC1 = s − t. Треугольники AC1B1, CB1A1 и BA1C1 имеют по две стороны, равные t и s − t, и угол между ними 60°: в △AC1B1 это AC1 = t, AB1 = s − t, ∠A = 60°; в △CB1A1 — CB1 = t, CA1 = s − t, ∠C = 60°; в △BA1C1 — BA1 = t, BC1 = s − t, ∠B = 60°. Значит, эти треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому C1B1 = B1A1 = A1C1. Треугольник A1B1C1 равносторонний.
Исследование. Построение возможно при любом положении B1 на стороне AC; решение единственно при таком выборе направлений отсчёта (точки A1 и C1 лежат на сторонах BC и AB).

Даны угол α, высота h и биссектриса l, проведённые из вершины A (h ≤ l).
Построение.
1) Строим прямоугольный треугольник AHD по гипотенузе AD = l и катету AH = h: строим прямой угол с вершиной H, откладываем на одной стороне HA = h, окружность с центром A радиуса l пересекает другую сторону в точке D (при l > h).
2) Строим биссектрису угла α и получаем угол α/2.
3) От луча AD по обе стороны от него откладываем углы, равные α/2 (в обе стороны от AD).
4) Стороны построенных углов пересекают прямую HD в точках B и C. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. ∠BAC = α/2 + α/2 = α, AD — биссектриса (делит угол пополам), AD = l; AH ⊥ HD = BC, значит, AH — высота, AH = h.
Исследование. Построение выполнимо при h < l (прямоугольный треугольник AHD существует, гипотенуза больше катета) и при α/2 < 90° − ∠HAD, иначе стороны углов не пересекают прямую HD (например, если угол между AD и AH слишком велик). Если h = l, то D = H, треугольник равнобедренный с высотой AH = биссектрисой. При l < h решений нет.

Даны сторона a, высота h и медиана m, проведённые к этой стороне.
Построение.
1) Строим отрезок BC = a и находим его середину M (серединный перпендикуляр).
2) По задаче 292 строим прямую p, параллельную BC, на расстоянии h от неё.
3) Строим окружность с центром M радиуса m. Пусть A — её точка пересечения с прямой p. Проводим AB и AC. Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. BC = a; M — середина BC и AM = m, поэтому AM — медиана; расстояние от A до BC равно h, так как A лежит на p; значит, высота из A равна h.
Исследование. Расстояние от M до прямой p равно h. При m > h окружность пересекает p в двух точках, симметричных относительно перпендикуляра к BC в точке M; получаются два равных (симметричных) треугольника, поэтому решение единственно с точностью до равенства. При m = h получаем равнобедренный треугольник с высотой, равной медиане (A лежит на перпендикуляре к BC в точке M). При m < h решений нет.

Построение.
1) Строим биссектрису угла C треугольника ABC.
2) Точка M — точка пересечения этой биссектрисы со стороной AB. Она искомая.
Доказательство. Опустим перпендикуляр MH на прямую BC. Прямоугольные треугольники ACM (∠A = 90°) и HCM (∠H = 90°) имеют общую гипотенузу CM и равные острые углы ∠ACM = ∠HCM (CM — биссектриса). Следовательно, они равны по гипотенузе и острому углу, и MH = AM. Но MH — расстояние от M до прямой BC. Значит, расстояние от M до BC равно AM.
Исследование. Биссектриса угла C пересекает противоположную сторону AB (она проходит внутри угла C и пересекает отрезок AB), поэтому точка M существует и единственна: любая другая точка M′ стороны AB не удовлетворяет условию, так как для неё равные расстояния до сторон угла C означали бы, что M′ лежит на биссектрисе (равные прямоугольные треугольники дают равные углы).