Страница 116 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

415 Пусть угол hk — меньший из двух смежных углов hk и hl. Докажите, что

∠hk = 90° − 12(∠hl - ∠hk),

∠hl = 90° + 12(∠hl - ∠hk),

По условию задачи, углы $ \angle hk $ и $ \angle hl $ являются смежными. Основное свойство смежных углов заключается в том, что их сумма всегда равна $180^\circ$.

$ \angle hk + \angle hl = 180^\circ $

Также дано, что $ \angle hk $ — меньший из двух углов, то есть $ \angle hk \le \angle hl $. Докажем оба равенства поочередно, выполнив алгебраические преобразования.

$ \angle hk = 90^\circ - \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) $

Для доказательства этого равенства преобразуем его правую часть. Из свойства смежных углов ($ \angle hk + \angle hl = 180^\circ $) выразим $ \angle hl $:

$ \angle hl = 180^\circ - \angle hk $

Подставим это выражение в правую часть доказываемой формулы:

$ 90^\circ - \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) = 90^\circ - \frac{1}{2}((180^\circ - \angle hk) - \angle hk) $

Упростим выражение в скобках:

$ 90^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ - 2\angle hk) $

Теперь раскроем скобки, умножив $ -\frac{1}{2} $ на каждый член внутри них:

$ 90^\circ - \frac{1}{2} \cdot 180^\circ - (-\frac{1}{2} \cdot 2\angle hk) = 90^\circ - 90^\circ + \angle hk = \angle hk $

В результате преобразований правой части мы получили левую часть ($ \angle hk $). Таким образом, тождество доказано.

Ответ: Равенство $ \angle hk = 90^\circ - \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) $ доказано.

$ \angle hl = 90^\circ + \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) $

Для доказательства второго равенства также преобразуем его правую часть. На этот раз из свойства смежных углов выразим $ \angle hk $:

$ \angle hk = 180^\circ - \angle hl $

Подставим это выражение в правую часть доказываемой формулы:

$ 90^\circ + \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) = 90^\circ + \frac{1}{2}(\angle hl - (180^\circ - \angle hl)) $

Упростим выражение в скобках:

$ 90^\circ + \frac{1}{2}(\angle hl - 180^\circ + \angle hl) = 90^\circ + \frac{1}{2}(2\angle hl - 180^\circ) $

Раскроем скобки, умножив $ \frac{1}{2} $ на каждый член внутри них:

$ 90^\circ + \frac{1}{2} \cdot 2\angle hl - \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ + \angle hl - 90^\circ = \angle hl $

В результате преобразований правой части мы получили левую часть ($ \angle hl $). Таким образом, второе тождество также доказано.

Ответ: Равенство $ \angle hl = 90^\circ + \frac{1}{2}(\angle hl - \angle hk) $ доказано.

416 Пять прямых пересекаются в одной точке (рис. 182). Найдите сумму углов 1, 2, 3, 4 и 5.

Для решения этой задачи воспользуемся свойством вертикальных углов и тем фактом, что сумма всех углов вокруг одной точки равна $360^\circ$.

На рисунке изображены пять прямых, пересекающихся в одной точке. Они образуют 10 углов. Пять из них обозначены цифрами 1, 2, 3, 4 и 5. Остальные пять углов являются вертикальными к данным.

Каждому из пяти закрашенных углов ($\angle 1, \angle 2, \angle 3, \angle 4, \angle 5$) соответствует равный ему вертикальный угол. По свойству вертикальных углов, они попарно равны.

Сумма всех десяти углов вокруг точки пересечения составляет полный угол, то есть $360^\circ$.

Пусть $S$ — искомая сумма углов: $S = \angle 1 + \angle 2 + \angle 3 + \angle 4 + \angle 5$.

Сумма вертикальных им углов также будет равна $S$.

Сумма всех углов вокруг точки равна сумме закрашенных углов и сумме вертикальных им углов:
$S + S = 360^\circ$

Упростим уравнение:
$2S = 360^\circ$

Теперь найдем $S$:
$S = \frac{360^\circ}{2} = 180^\circ$

Таким образом, сумма углов 1, 2, 3, 4 и 5 равна $180^\circ$.

Ответ: $180^\circ$.

417 Даны шесть попарно пересекающихся прямых. Известно, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере ещё одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку.

Для доказательства используем метод от противного. Предположим, что не все шесть прямых проходят через одну точку.

Пусть $L = \{l_1, l_2, l_3, l_4, l_5, l_6\}$ — множество данных шести прямых. По условию, прямые попарно пересекаются, то есть никакие две прямые не параллельны. Общее количество пар прямых равно $C_6^2 = \frac{6 \cdot 5}{2} = 15$. Каждая пара прямых имеет ровно одну точку пересечения.

Ключевое условие задачи гласит, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере еще одна из данных прямых. Это означает, что в каждой точке пересечения сходятся не менее трех прямых.

Пусть $T$ — это множество всех различных точек пересечения. Для каждой точки $P \in T$ обозначим через $n_P$ количество прямых из множества $L$, проходящих через эту точку. По условию, $n_P \ge 3$ для любой точки $P \in T$.

В каждой точке $P \in T$ пересекается $n_P$ прямых. Количество пар прямых, которые пересекаются в этой точке, равно $C_{n_P}^2 = \frac{n_P(n_P-1)}{2}$.

Поскольку каждая из 15 пар прямых пересекается в какой-то из точек множества $T$, мы можем составить уравнение, суммируя количество пар по всем точкам пересечения:

$\sum_{P \in T} C_{n_P}^2 = C_6^2 = 15$

Теперь проанализируем возможные целочисленные решения этого уравнения при условии, что каждое слагаемое $C_{n_P}^2$ соответствует $n_P \ge 3$. Вычислим значения $C_n^2$ для малых $n \ge 3$:

• $n=3: C_3^2 = 3$
• $n=4: C_4^2 = 6$
• $n=5: C_5^2 = 10$
• $n=6: C_6^2 = 15$

Нам нужно представить число 15 в виде суммы чисел из множества $\{3, 6, 10, 15, \dots\}$. Рассмотрим возможные случаи.

Случай 1: Сумма состоит из одного слагаемого.$15 = 15$. Это означает, что в конфигурации есть только одна точка пересечения $P_1$, и для нее $C_{n_{P_1}}^2 = 15$, что дает $n_{P_1}=6$. Это означает, что все 6 прямых проходят через одну точку. Но это противоречит нашему исходному предположению, что не все прямые проходят через одну точку. Таким образом, если наше предположение неверно, то утверждение задачи доказано.

Случай 2: В разложении есть слагаемое $10$.$15 = 10 + \dots$. Остаток равен $15 - 10 = 5$. Однако 5 нельзя представить в виде суммы чисел из множества $\{3, 6, 10, \dots\}$. Этот случай невозможен.

Случай 3: Наибольшее слагаемое в разложении — $6$.$15 = 6 + \dots$. Остаток равен $15 - 6 = 9$. Число 9 можно представить как $3+3+3$. Таким образом, гипотетическая конфигурация может состоять из одной точки, где пересекаются 4 прямые (дающей $C_4^2=6$), и трех точек, в каждой из которых пересекаются по 3 прямые (каждая дает $C_3^2=3$).Проверим, возможна ли такая конфигурация геометрически.Пусть в точке $P_1$ пересекаются прямые $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Оставшиеся прямые — $l_5$ и $l_6$.Пары прямых, пересекающиеся в $P_1$, — это все пары из $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Их $C_4^2 = 6$.Остальные 9 пар включают в себя хотя бы одну из прямых $l_5$ или $l_6$. Эти 9 пересечений должны образовать три точки, в каждой из которых пересекаются по 3 прямые.Рассмотрим точку пересечения прямых $l_5$ и $l_6$. Назовем ее $P_2$. Через $P_2$ должна проходить третья прямая. Это должна быть одна из прямых $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Пусть это $l_1$. Значит, в точке $P_2$ пересекаются прямые $\{l_1, l_5, l_6\}$.Теперь рассмотрим точку пересечения $l_2$ и $l_5$. Назовем ее $P_3$. Через нее также должна проходить третья прямая. Этой прямой не может быть $l_1$, так как $l_1$ и $l_2$ уже пересекаются в $P_1$, и если бы $l_1$ проходила через $P_3 = l_2 \cap l_5$, то $l_5$ должна была бы проходить через $P_1$, что противоречит предположению, что в $P_1$ пересекаются только $\{l_1, l_2, l_3, l_4\}$. Также этой прямой не может быть $l_6$, так как $l_5$ и $l_6$ пересекаются в $P_2$, и если бы $l_2$ проходила через $P_2$, то $P_2$ лежал бы на $l_1$ и $l_2$, то есть $P_2=P_1$, что невозможно, так как в $P_1$ 4 прямых, а в $P_2$ — 3.Значит, третья прямая в $P_3=l_2 \cap l_5$ должна быть либо $l_3$, либо $l_4$. Пусть это $l_3$.Тогда в точке $P_3$ пересекаются прямые $\{l_2, l_3, l_5\}$. Но прямые $l_2$ и $l_3$ по нашему построению пересекаются в точке $P_1$. Следовательно, $P_3 = P_1$. Это означает, что прямая $l_5$ также проходит через точку $P_1$. Это снова противоречит тому, что в $P_1$ пересекаются только первые четыре прямые.Таким образом, такая конфигурация геометрически невозможна.

Случай 4: Сумма состоит только из слагаемых, равных 3.$15 = 3+3+3+3+3$. Это соответствует конфигурации из 5 точек пересечения, в каждой из которых пересекаются ровно по 3 прямые.Проверим, возможна ли такая конфигурация.Возьмем любую прямую, например $l_1$. Ее пересекают остальные 5 прямых: $l_2, l_3, l_4, l_5, l_6$.Пусть $P_{1,i} = l_1 \cap l_i$ — точка пересечения $l_1$ с $l_i$. В каждой такой точке, по предположению этого случая, должны сходиться ровно 3 прямые.Это означает, что 5 прямых $l_2, \dots, l_6$ должны пересекать $l_1$ попарно в одних и тех же точках.Например, в точке $Q_1$ на прямой $l_1$ пересекаются $l_1$, $l_2$ и $l_3$. В точке $Q_2$ на $l_1$ пересекаются $l_1$, $l_4$ и $l_5$.Тогда где прямая $l_6$ пересекает $l_1$? Пусть это точка $Q_3$. Через $Q_3$ должна проходить еще одна прямая, помимо $l_1$ и $l_6$. Эта прямая должна быть одной из $\{l_2, l_3, l_4, l_5\}$.Предположим, это $l_2$. Тогда в точке $Q_3$ пересекаются $l_1, l_6, l_2$. Но $l_1$ и $l_2$ уже пересекаются в $Q_1$. Значит, $Q_3=Q_1$.Но тогда в точке $Q_1$ пересекаются прямые $\{l_1, l_2, l_3, l_6\}$. То есть в этой точке пересекаются уже 4 прямые. Это противоречит предположению, что в каждой точке пересечения сходятся ровно 3 прямые.Следовательно, и такая конфигурация невозможна.

Мы рассмотрели все возможные способы разложить число 15 на слагаемые вида $C_n^2$ при $n \ge 3$. Каждый случай, кроме первого, приводит к геометрическому противоречию. Единственный случай, который не был опровергнут, — это когда все 6 прямых пересекаются в одной точке. Наше исходное предположение о том, что не все прямые проходят через одну точку, приводит к противоречию. Следовательно, это предположение неверно.

Ответ: Таким образом, доказано, что все шесть прямых проходят через одну точку.

418 Даны шесть точек. Известно, что прямая, проходящая через любые две точки, содержит по крайней мере ещё одну из данных точек. Докажите, что все эти точки лежат на одной прямой.

Воспользуемся методом доказательства от противного.

Предположим, что не все шесть данных точек лежат на одной прямой. Пусть $S$ — это множество данных шести точек.

Рассмотрим множество всех возможных пар $(P, l)$, где $P$ — одна из шести точек, а $l$ — прямая, проходящая через какие-либо две другие точки из $S$, причем точка $P$ не лежит на прямой $l$. Так как мы предположили, что не все точки лежат на одной прямой, такое множество пар не пусто.

Для каждой такой пары $(P, l)$ вычислим расстояние от точки $P$ до прямой $l$. Поскольку количество точек и количество прямых, определяемых этими точками, конечно, мы можем выбрать из всех этих положительных расстояний наименьшее.

Пусть $h$ — это минимальное ненулевое расстояние, и пусть оно достигается для пары $(P_0, l_0)$, где $P_0 \in S$, а прямая $l_0$ проходит через две точки из $S$, и $P_0 \notin l_0$.

Согласно условию задачи, любая прямая, проходящая через две точки из $S$, содержит по крайней мере еще одну точку из $S$. Следовательно, на прямой $l_0$ лежат как минимум три точки из данного множества. Обозначим три из этих точек как $A$, $B$ и $C$.

Опустим из точки $P_0$ перпендикуляр $P_0H$ на прямую $l_0$. Длина этого перпендикуляра по нашему выбору равна $h$, то есть $|P_0H| = h$.

Точки $A$, $B$ и $C$ лежат на прямой $l_0$. Как минимум две из этих трех точек должны лежать по одну сторону от основания перпендикуляра $H$ (возможно, одна из них совпадает с $H$). Не умаляя общности, пусть это будут точки $A$ и $B$. Для определенности, пусть точка $A$ будет расположена ближе к $H$, а точка $B$ — дальше, то есть $|HA| < |HB|$ (если $A=H$, то неравенство также выполняется, так как $|HA|=0$).

Теперь рассмотрим новую прямую $l_1$, проходящую через точки $P_0$ и $B$. Эта прямая определяется двумя точками из $S$, значит, она принадлежит нашему набору прямых. Точка $A$ не лежит на прямой $l_1$, так как в противном случае точки $A$, $B$ и $P_0$ были бы коллинеарны, что означало бы, что $P_0$ лежит на прямой $l_0$, а это противоречит нашему выбору.

Найдем расстояние от точки $A$ до прямой $l_1$. Обозначим это расстояние $h_1$. Для этого рассмотрим треугольник $\triangle AP_0B$. Его площадь можно выразить двумя способами:

1. Взяв за основание отрезок $AB$, лежащий на прямой $l_0$. Высота, опущенная из вершины $P_0$ на прямую $l_0$, равна $h$. Тогда площадь $S_{\triangle AP_0B} = \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot h$.

2. Взяв за основание отрезок $P_0B$, лежащий на прямой $l_1$. Высота, опущенная из вершины $A$ на прямую $l_1$, равна $h_1$. Тогда площадь $S_{\triangle AP_0B} = \frac{1}{2} \cdot |P_0B| \cdot h_1$.

Приравнивая эти два выражения для площади, получаем: $|AB| \cdot h = |P_0B| \cdot h_1$ Отсюда $h_1 = h \cdot \frac{|AB|}{|P_0B|}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle P_0HB$. В нем $P_0B$ является гипотенузой, а $HB$ и $P_0H$ — катетами. По теореме Пифагора $|P_0B|^2 = |P_0H|^2 + |HB|^2$. Отсюда следует, что гипотенуза длиннее катета: $|P_0B| > |HB|$.

По нашему выбору расположения точек $A$ и $B$ относительно $H$, отрезок $AB$ короче отрезка $HB$ (поскольку $A$ лежит между $H$ и $B$, или $A=H$). Таким образом, $|AB| < |HB|$.

Объединяя неравенства, получаем: $|AB| < |HB| < |P_0B|$. Следовательно, $|AB| < |P_0B|$, а значит, дробь $\frac{|AB|}{|P_0B|} < 1$.

Тогда для $h_1$ получаем: $h_1 = h \cdot \frac{|AB|}{|P_0B|} < h$.

Мы нашли новую пару (точка $A$, прямая $l_1$), расстояние между которыми $h_1$ строго меньше $h$. Но $h$ было выбрано как минимальное ненулевое расстояние. Мы пришли к противоречию.

Это противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным.

Следовательно, все шесть точек должны лежать на одной прямой.

Ответ: Утверждение доказано. Все шесть точек лежат на одной прямой.

419 Точки С₁ и С₂ лежат по разные стороны от прямой AB и расположены так, что АС₁ = ВС₂ и ∠BAC₁ = ∠ABC₂. Докажите, что прямая С₁С₂ проходит через середину отрезка AB.

Пусть прямая $C_1C_2$ пересекает прямую $AB$ в точке $O$. Поскольку по условию точки $C_1$ и $C_2$ лежат по разные стороны от прямой $AB$, их соединяющая прямая обязательно пересечет прямую $AB$. Для доказательства утверждения задачи нам необходимо показать, что точка $O$ является серединой отрезка $AB$, то есть доказать равенство $AO = BO$.

Рассмотрим треугольники $\triangle AOC_1$ и $\triangle BOC_2$.

1. По условию задачи, стороны $AC_1$ и $BC_2$ равны: $AC_1 = BC_2$.

2. По условию задачи, углы $\angle BAC_1$ и $\angle ABC_2$ равны: $\angle BAC_1 = \angle ABC_2$. Так как точка $O$ лежит на прямой $AB$, эти углы можно записать как $\angle OAC_1 = \angle OBC_2$.

3. Углы $\angle AOC_1$ и $\angle BOC_2$ являются вертикальными, так как они образованы при пересечении прямых $AB$ и $C_1C_2$. Следовательно, они равны: $\angle AOC_1 = \angle BOC_2$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$. Поскольку в треугольниках $\triangle AOC_1$ и $\triangle BOC_2$ две пары углов соответственно равны ($\angle OAC_1 = \angle OBC_2$ и $\angle AOC_1 = \angle BOC_2$), то и их третьи углы также должны быть равны: $\angle AC_1O = \angle BC_2O$.

Теперь мы можем применить второй признак равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам). Для треугольника $\triangle AOC_1$ имеем сторону $AC_1$ и прилежащие к ней углы $\angle OAC_1$ и $\angle AC_1O$. Для треугольника $\triangle BOC_2$ имеем сторону $BC_2$ и прилежащие к ней углы $\angle OBC_2$ и $\angle BC_2O$. Так как $AC_1 = BC_2$, $\angle OAC_1 = \angle OBC_2$ и $\angle AC_1O = \angle BC_2O$, то треугольники $\triangle AOC_1$ и $\triangle BOC_2$ равны.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Сторона $AO$ в треугольнике $\triangle AOC_1$ лежит напротив угла $\angle AC_1O$. Сторона $BO$ в треугольнике $\triangle BOC_2$ лежит напротив равного ему угла $\angle BC_2O$. Следовательно, стороны $AO$ и $BO$ являются соответствующими, а значит $AO = BO$.

Равенство $AO = BO$ означает, что точка $O$ является серединой отрезка $AB$. Так как $O$ — это точка пересечения прямой $C_1C_2$ с прямой $AB$, то мы доказали, что прямая $C_1C_2$ проходит через середину отрезка $AB$.

Ответ: Утверждение доказано.

420 Докажите, что если угол, прилежащая к нему сторона и сумма двух других сторон одного треугольника соответственно равны углу, прилежащей к нему стороне и сумме двух других сторон другого треугольника, то такие треугольники равны.

Дано:

Рассмотрим два треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle A_1B_1C_1$.

По условию задачи, у них соответственно равны:

1. Угол: $\angle A = \angle A_1$.

2. Прилежащая к этому углу сторона: $AB = A_1B_1$.

3. Сумма двух других сторон: $AC + BC = A_1C_1 + B_1C_1$.

Доказать:

$\triangle ABC = \triangle A_1B_1C_1$.

Доказательство:

Для доказательства используем метод дополнительного построения.

1. На луче $AC$ отложим отрезок $CD$, равный стороне $BC$. Точка $C$ будет лежать между точками $A$ и $D$. Таким образом, длина отрезка $AD$ будет равна сумме сторон $AC$ и $BC$: $AD = AC + CD = AC + BC$. Соединим точки $B$ и $D$, получив треугольник $\triangle ABD$.

2. Аналогичное построение выполним для треугольника $\triangle A_1B_1C_1$. На луче $A_1C_1$ отложим отрезок $C_1D_1$, равный стороне $B_1C_1$. Тогда $A_1D_1 = A_1C_1 + C_1D_1 = A_1C_1 + B_1C_1$. Соединим точки $B_1$ и $D_1$, получив треугольник $\triangle A_1B_1D_1$.

3. Сравним треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle A_1B_1D_1$.

- $AB = A_1B_1$ (по условию).

- $\angle BAD = \angle B_1A_1D_1$ (так как это углы $\angle A$ и $\angle A_1$, которые равны по условию).

- $AD = AC + BC$ (по построению). $A_1D_1 = A_1C_1 + B_1C_1$ (по построению). Так как по условию $AC + BC = A_1C_1 + B_1C_1$, то $AD = A_1D_1$.

Следовательно, $\triangle ABD = \triangle A_1B_1D_1$ по первому признаку равенства треугольников (по двум сторонам и углу между ними).

4. Из равенства треугольников $\triangle ABD$ и $\triangle A_1B_1D_1$ следует равенство их соответствующих элементов:

- $BD = B_1D_1$

- $\angle ADB = \angle A_1D_1B_1$ (или $\angle D = \angle D_1$)

5. Рассмотрим треугольник $\triangle BCD$. По построению $BC = CD$, значит, он является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны: $\angle CBD = \angle CDB = \angle D$.

Аналогично, треугольник $\triangle B_1C_1D_1$ является равнобедренным ($B_1C_1 = C_1D_1$), поэтому $\angle C_1B_1D_1 = \angle C_1D_1B_1 = \angle D_1$.

6. Сравним треугольники $\triangle BCD$ и $\triangle B_1C_1D_1$.

- $BD = B_1D_1$ (доказано в п. 4).

- $\angle CDB = \angle C_1D_1B_1$ (так как $\angle D = \angle D_1$, доказано в п. 4).

- $\angle CBD = \angle C_1B_1D_1$ (так как $\angle CBD = \angle D$ и $\angle C_1B_1D_1 = \angle D_1$, а $\angle D = \angle D_1$).

Следовательно, $\triangle BCD = \triangle B_1C_1D_1$ по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам).

7. Из равенства треугольников $\triangle BCD$ и $\triangle B_1C_1D_1$ следует равенство их соответствующих сторон: $BC = B_1C_1$ и $CD = C_1D_1$.

8. Теперь мы можем доказать равенство исходных треугольников $\triangle ABC$ и $\triangle A_1B_1C_1$.

- $AB = A_1B_1$ (по условию).

- $BC = B_1C_1$ (доказано в п. 7).

- Из условия $AC + BC = A_1C_1 + B_1C_1$ и доказанного равенства $BC = B_1C_1$ следует, что $AC = A_1C_1$.

Таким образом, три стороны треугольника $\triangle ABC$ соответственно равны трем сторонам треугольника $\triangle A_1B_1C_1$.

Следовательно, $\triangle ABC = \triangle A_1B_1C_1$ по третьему признаку равенства треугольников (по трём сторонам).

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если угол, прилежащая к нему сторона и сумма двух других сторон одного треугольника соответственно равны углу, прилежащей к нему стороне и сумме двух других сторон другого треугольника, то такие треугольники равны.

421 Сторона и два угла одного треугольника равны какой-то стороне и каким-то двум углам другого. Могут ли эти треугольники быть неравными?

Да, такие треугольники могут быть неравными.

Рассмотрим, почему это возможно. Пусть даны два треугольника, $\triangle ABC$ и $\triangle A'B'C'$.

По условию, два угла одного треугольника равны двум углам другого. Пусть в $\triangle ABC$ есть углы $\alpha$ и $\beta$, и в $\triangle A'B'C'$ также есть углы $\alpha$ и $\beta$. Поскольку сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$, третьи углы в этих треугольниках также будут равны: $\gamma = 180^\circ - (\alpha + \beta)$. Таким образом, оба треугольника имеют одинаковый набор углов $\{\alpha, \beta, \gamma\}$, а значит, они подобны.

Также по условию, некоторая сторона одного треугольника равна некоторой стороне другого. Пусть эта сторона имеет длину $s$.

Треугольники будут равны (конгруэнтны) только в том случае, если их соответствующие стороны равны. Неравенство треугольников возможно, если равная сторона $s$ в этих треугольниках занимает несоответствующее положение относительно равных углов.

Это происходит, когда в одном треугольнике сторона $s$ лежит напротив одного угла (например, $\alpha$), а в другом треугольнике — напротив другого угла (например, $\beta$), при условии, что эти углы не равны ($\alpha \neq \beta$).

Приведем конкретный пример.

Рассмотрим два треугольника, у каждого из которых есть углы $30^\circ$ и $90^\circ$. Третий угол в обоих треугольниках будет равен $180^\circ - (90^\circ + 30^\circ) = 60^\circ$. Итак, оба треугольника имеют углы $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$.

Пусть по условию у них есть равная сторона длиной $12$ см.

Треугольник 1 ($\triangle ABC$):

Пусть $\angle A = 30^\circ$, $\angle B = 60^\circ$, $\angle C = 90^\circ$.
Пусть сторона, равная $12$ см, лежит напротив угла в $30^\circ$. То есть, катет $a = 12$ см.
Найдем остальные стороны по теореме синусов: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$.

$\frac{12}{\sin 30^\circ} = \frac{b}{\sin 60^\circ} = \frac{c}{\sin 90^\circ}$

$\frac{12}{1/2} = \frac{b}{\sqrt{3}/2} = \frac{c}{1}$

$24 = \frac{b}{\sqrt{3}/2} \implies b = 24 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3}$ см.

$24 = c \implies c = 24$ см.

Стороны первого треугольника: $12$ см, $12\sqrt{3}$ см, $24$ см.

Треугольник 2 ($\triangle A'B'C'$):

Пусть $\angle A' = 30^\circ$, $\angle B' = 60^\circ$, $\angle C' = 90^\circ$.
Пусть сторона, равная $12$ см, лежит напротив угла в $60^\circ$. То есть, катет $b' = 12$ см.
Найдем остальные стороны по теореме синусов: $\frac{a'}{\sin A'} = \frac{b'}{\sin B'} = \frac{c'}{\sin C'}$.

$\frac{a'}{\sin 30^\circ} = \frac{12}{\sin 60^\circ} = \frac{c'}{\sin 90^\circ}$

$\frac{a'}{1/2} = \frac{12}{\sqrt{3}/2} = \frac{c'}{1}$

$\frac{12}{\sqrt{3}/2} = \frac{24}{\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{3}}{3} = 8\sqrt{3}$.

$\frac{a'}{1/2} = 8\sqrt{3} \implies a' = 4\sqrt{3}$ см.

$c' = 8\sqrt{3}$ см.

Стороны второго треугольника: $4\sqrt{3}$ см, $12$ см, $8\sqrt{3}$ см.

Сравнение треугольников:

У обоих треугольников есть два равных угла (например, $30^\circ$ и $90^\circ$) и одна равная сторона ($12$ см).
Однако набор сторон первого треугольника $\{12, 12\sqrt{3}, 24\}$ не совпадает с набором сторон второго треугольника $\{4\sqrt{3}, 12, 8\sqrt{3}\}$. Следовательно, эти треугольники не равны.

Ответ: Да, могут.

422 Две стороны и угол одного треугольника равны каким-то двум сторонам и углу другого треугольника. Могут ли эти треугольники быть неравными?

Да, такие треугольники могут быть неравными. Это происходит в том случае, если равный угол в треугольниках не является углом, заключённым между двумя равными сторонами.

Стандартный признак равенства треугольников по двум сторонам и углу (первый признак) требует, чтобы угол был расположен между этими сторонами. В условии задачи это не уточняется. Если же заданный угол не лежит между заданными сторонами, а, например, противолежит одной из них, то треугольники не всегда будут равны. Этот случай известен как SSA (Side-Side-Angle, или сторона-сторона-угол).

Рассмотрим, как можно построить два разных треугольника с одинаковым набором из двух сторон и одного угла.

Пусть нам даны длины сторон $a$ и $b$, и величина угла $\alpha$, который противолежит стороне $a$.
1. Построим луч $AD$.
2. От точки $A$ отложим второй луч $AE$ так, чтобы угол $\angle EAD$ был равен $\alpha$.
3. На луче $AE$ отложим отрезок $AC$ длиной $b$.
4. Теперь необходимо найти на луче $AD$ такую точку $B$, чтобы длина отрезка $BC$ была равна $a$. Для этого проведём окружность с центром в точке $C$ и радиусом $a$.

Если высота, опущенная из точки $C$ на прямую $AD$, равная $h = b \sin \alpha$, меньше, чем длина стороны $a$, а сторона $a$, в свою очередь, меньше стороны $b$ (то есть выполняется условие $b \sin \alpha < a < b$), то окружность пересечёт луч $AD$ в двух различных точках. Назовём их $B_1$ и $B_2$.

В результате мы получим два разных треугольника: $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$.
В $\triangle AB_1C$ имеем: сторона $AC=b$, сторона $B_1C=a$, угол $\angle A=\alpha$.
В $\triangle AB_2C$ имеем: сторона $AC=b$, сторона $B_2C=a$, угол $\angle A=\alpha$.

Оба треугольника удовлетворяют исходному условию: у них равны две стороны ($AC$ и сторона длиной $a$) и угол ($\angle A$). Однако, очевидно, что $\triangle AB_1C$ и $\triangle AB_2C$ не равны, так как их третьи стороны $AB_1$ и $AB_2$ имеют разную длину, и другие углы у них также не равны.

Таким образом, существование двух сторон и угла одного треугольника, равных двум сторонам и углу другого, не гарантирует равенства этих треугольников.

Ответ: Да, могут.

423 Отрезки AB и CD пересекаются в точке О. Докажите, что OC = OD, если AC = AO = BO = BD.

Рассмотрим треугольники $ \triangle AOC $ и $ \triangle BOD $, которые образованы пересечением отрезков $ AB $ и $ CD $ в точке $ O $.

По условию задачи дано, что $ AC = AO = BO = BD $. Для доказательства равенства $ OC = OD $, мы сравним треугольники $ \triangle AOC $ и $ \triangle BOD $.

1. В треугольнике $ \triangle AOC $ по условию стороны $ AC = AO $. Треугольник, у которого две стороны равны, является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике углы, противолежащие равным сторонам, также равны. Стороне $ AC $ противолежит угол $ \angle AOC $, а стороне $ AO $ противолежит угол $ \angle ACO $. Следовательно, $ \angle AOC = \angle ACO $.

2. Аналогично, в треугольнике $ \triangle BOD $ по условию стороны $ BD = BO $. Этот треугольник также является равнобедренным. Углы, противолежащие равным сторонам $ BD $ и $ BO $, это $ \angle BOD $ и $ \angle BDO $ соответственно. Следовательно, $ \angle BOD = \angle BDO $.

3. Углы $ \angle AOC $ и $ \angle BOD $ являются вертикальными, так как они образованы при пересечении отрезков $ AB $ и $ CD $. Вертикальные углы всегда равны, поэтому $ \angle AOC = \angle BOD $.

4. Объединив равенства из предыдущих пунктов, получаем: так как $ \angle ACO = \angle AOC $, $ \angle BDO = \angle BOD $ и $ \angle AOC = \angle BOD $, то все эти четыре угла равны между собой: $ \angle ACO = \angle BDO $.

5. Теперь докажем равенство треугольников $ \triangle AOC $ и $ \triangle BOD $ по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам). У нас есть равенство сторон $ AO = BO $ (по условию) и равенство прилежащих к ним углов $ \angle AOC = \angle BOD $ (как вертикальных). Найдем вторые прилежащие углы: $ \angle CAO $ и $ \angle DBO $.

Сумма углов в любом треугольнике равна $ 180^\circ $.
Для $ \triangle AOC $: $ \angle CAO = 180^\circ - (\angle AOC + \angle ACO) $. Так как $ \angle AOC = \angle ACO $, то $ \angle CAO = 180^\circ - 2 \cdot \angle AOC $.
Для $ \triangle BOD $: $ \angle DBO = 180^\circ - (\angle BOD + \angle BDO) $. Так как $ \angle BOD = \angle BDO $, то $ \angle DBO = 180^\circ - 2 \cdot \angle BOD $.
Поскольку $ \angle AOC = \angle BOD $, правые части этих выражений равны, а значит $ \angle CAO = \angle DBO $.

6. Таким образом, в треугольниках $ \triangle AOC $ и $ \triangle BOD $:
- $ AO = BO $ (по условию).
- $ \angle AOC = \angle BOD $ (прилежащий угол, как вертикальные).
- $ \angle CAO = \angle DBO $ (прилежащий угол, как доказано выше).

Следовательно, $ \triangle AOC \cong \triangle BOD $ по стороне и двум прилежащим к ней углам.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. Сторона $ OC $ в $ \triangle AOC $ лежит напротив угла $ \angle CAO $, а сторона $ OD $ в $ \triangle BOD $ лежит напротив равного ему угла $ \angle DBO $. Значит, эти стороны являются соответствующими и, следовательно, равными: $ OC = OD $.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $ OC = OD $ доказано.

424 Прямые, содержащие биссектрисы внешних углов при вершинах В и С треугольника ABC, пересекаются в точке О. Найдите угол ВОС, если угол А равен α.

Пусть внутренние углы треугольника $ABC$ при вершинах $A, B, C$ равны $\angle A, \angle B, \angle C$ соответственно. По условию задачи $\angle A = \alpha$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$, поэтому для треугольника $ABC$ имеем:$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$.Отсюда можно выразить сумму углов $\angle B$ и $\angle C$:$\angle B + \angle C = 180^\circ - \angle A = 180^\circ - \alpha$.

Внешний угол треугольника при любой вершине является смежным с внутренним углом при той же вершине.Внешний угол при вершине $B$ равен $180^\circ - \angle B$.Внешний угол при вершине $C$ равен $180^\circ - \angle C$.

Прямая $BO$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $B$. Это означает, что она делит этот угол пополам. Следовательно, угол $\angle OBC$, который является частью треугольника $BOC$, равен:$\angle OBC = \frac{180^\circ - \angle B}{2} = 90^\circ - \frac{\angle B}{2}$.

Аналогично, прямая $CO$ является биссектрисой внешнего угла при вершине $C$. Следовательно, угол $\angle OCB$ равен:$\angle OCB = \frac{180^\circ - \angle C}{2} = 90^\circ - \frac{\angle C}{2}$.

Теперь рассмотрим треугольник $BOC$. Сумма его углов также равна $180^\circ$:$\angle BOC + \angle OBC + \angle OCB = 180^\circ$.

Подставим в это равенство найденные выражения для углов $\angle OBC$ и $\angle OCB$:$\angle BOC + (90^\circ - \frac{\angle B}{2}) + (90^\circ - \frac{\angle C}{2}) = 180^\circ$.

Упростим полученное уравнение:$\angle BOC + 180^\circ - (\frac{\angle B}{2} + \frac{\angle C}{2}) = 180^\circ$.$\angle BOC - \frac{\angle B + \angle C}{2} = 0$.$\angle BOC = \frac{\angle B + \angle C}{2}$.

Ранее мы установили, что $\angle B + \angle C = 180^\circ - \alpha$. Подставим это значение в формулу для $\angle BOC$:$\angle BOC = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Ответ: $90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

425 Через каждую вершину данного треугольника проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе треугольника, исходящей из этой вершины. Отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три треугольника. Докажите, что углы этих треугольников соответственно равны.

Пусть дан треугольник $ABC$ с углами $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$ и $\angle C = \gamma$. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, то есть $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$.

Через каждую вершину треугольника проведем прямую, перпендикулярную биссектрисе, исходящей из этой вершины. Рассмотрим вершину $A$. Пусть $l_A$ — биссектриса угла $\angle A$. Прямая $p_A$, проходящая через точку $A$ и перпендикулярная $l_A$, является биссектрисой внешнего угла при вершине $A$. Это следует из того, что биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны. Аналогично, прямые $p_B$ и $p_C$, проведенные через вершины $B$ и $C$, являются биссектрисами внешних углов при этих вершинах.

Эти три прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Обозначим точки их пересечения: $R = p_A \cap p_B$, $P = p_B \cap p_C$, $Q = p_C \cap p_A$.

Согласно условию, "отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три треугольника". Этими треугольниками являются $\triangle ABR$, $\triangle BCP$ и $\triangle CAQ$. Нам нужно доказать, что углы этих трех треугольников соответственно равны, то есть они имеют одинаковый набор углов.

Найдем углы треугольника $\triangle ABR$.

• Угол $\angle RAB$ — это угол между стороной $AB$ и прямой $p_A$. Так как $p_A$ — биссектриса внешнего угла при вершине $A$, который равен $180^\circ - \alpha$, то $\angle RAB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
• Угол $\angle RBA$ — это угол между стороной $AB$ и прямой $p_B$. Так как $p_B$ — биссектриса внешнего угла при вершине $B$, который равен $180^\circ - \beta$, то $\angle RBA = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$.
• Угол $\angle ARB$ найдем из суммы углов треугольника $\triangle ABR$:
  $\angle ARB = 180^\circ - \angle RAB - \angle RBA = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) - (90^\circ - \frac{\beta}{2}) = \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} = \frac{\alpha + \beta}{2}$.
  Поскольку $\alpha + \beta = 180^\circ - \gamma$, получаем:
  $\angle ARB = \frac{180^\circ - \gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.

Таким образом, углы треугольника $\triangle ABR$ равны $\{90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\}$.

Проведем аналогичные вычисления для двух других треугольников.

Для треугольника $\triangle BCP$:

• $\angle PBC = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$ (угол между стороной $BC$ и внешней биссектрисой $p_B$).
• $\angle PCB = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ (угол между стороной $BC$ и внешней биссектрисой $p_C$).
• $\angle BPC = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\beta}{2}) - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) = \frac{\beta + \gamma}{2} = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Углы треугольника $\triangle BCP$ равны $\{90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\alpha}{2}\}$.

Для треугольника $\triangle CAQ$:

• $\angle QCA = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ (угол между стороной $AC$ и внешней биссектрисой $p_C$).
• $\angle QAC = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$ (угол между стороной $AC$ и внешней биссектрисой $p_A$).
• $\angle AQC = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = \frac{\gamma + \alpha}{2} = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$.

Углы треугольника $\triangle CAQ$ равны $\{90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}\}$.

Мы видим, что все три образовавшихся треугольника ($\triangle ABR, \triangle BCP, \triangle CAQ$) имеют один и тот же набор углов: $\{90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\}$. Следовательно, углы этих треугольников соответственно равны, что и требовалось доказать.

Ответ: Углы каждого из трех образовавшихся треугольников равны $90^\circ - \frac{\alpha}{2}$, $90^\circ - \frac{\beta}{2}$ и $90^\circ - \frac{\gamma}{2}$, где $\alpha, \beta, \gamma$ — углы исходного треугольника. Поскольку набор углов для всех трех треугольников одинаков, их углы соответственно равны.

426 В каждом из следующих случаев определите вид треугольника:

а) сумма любых двух углов больше 90°;

б) каждый угол меньше суммы двух других углов.

а) сумма любых двух углов больше 90°
Пусть углы треугольника равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$. По теореме о сумме углов треугольника, их сумма составляет $180^\circ$:
$\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
Из этого равенства можно выразить сумму любых двух углов через третий угол. Например, $\alpha + \beta = 180^\circ - \gamma$.
По условию задачи, сумма любых двух углов больше $90^\circ$. Рассмотрим это для пары углов $\alpha$ и $\beta$:
$\alpha + \beta > 90^\circ$
Подставим сюда выражение для суммы этих углов:
$180^\circ - \gamma > 90^\circ$
Выразим из этого неравенства $\gamma$:
$180^\circ - 90^\circ > \gamma$
$\gamma < 90^\circ$
Поскольку это условие должно выполняться для любых двух углов, аналогичные рассуждения можно провести для пар углов $\beta$, $\gamma$ и $\alpha$, $\gamma$. Это приведет нас к выводу, что и другие два угла также меньше $90^\circ$:
$\beta + \gamma > 90^\circ \implies 180^\circ - \alpha > 90^\circ \implies \alpha < 90^\circ$
$\alpha + \gamma > 90^\circ \implies 180^\circ - \beta > 90^\circ \implies \beta < 90^\circ$
Таким образом, все три угла треугольника меньше $90^\circ$. Треугольник, у которого все углы острые (меньше $90^\circ$), называется остроугольным.
Ответ: Остроугольный треугольник.

б) каждый угол меньше суммы двух других углов
Пусть углы треугольника равны $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$, и их сумма $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$.
Условие гласит, что каждый угол меньше суммы двух других. Запишем это в виде системы неравенств:
$\alpha < \beta + \gamma$
$\beta < \alpha + \gamma$
$\gamma < \alpha + \beta$
Рассмотрим первое неравенство: $\alpha < \beta + \gamma$. Из теоремы о сумме углов мы знаем, что $\beta + \gamma = 180^\circ - \alpha$. Подставим это в неравенство:
$\alpha < 180^\circ - \alpha$
Прибавим $\alpha$ к обеим частям неравенства:
$2\alpha < 180^\circ$
Разделим обе части на 2:
$\alpha < 90^\circ$
Проведя аналогичные действия для двух других неравенств, мы получим, что $\beta < 90^\circ$ и $\gamma < 90^\circ$.
Поскольку все три угла треугольника меньше $90^\circ$, данный треугольник является остроугольным. Это свойство выполняется только для остроугольных треугольников. В прямоугольном треугольнике прямой угол равен сумме двух других ($90^\circ = 90^\circ$, а не меньше), а в тупоугольном треугольнике тупой угол всегда больше суммы двух других.
Ответ: Остроугольный треугольник.