#2 Треугольники I: равенство треугольников

В треугольниках \(ABC\) и \(DEF\) две стороны и угол между ними соответственно равны. По признаку SAS треугольники равны. Поэтому соответствующие третьи стороны равны: \(BC=EF\).

Сторона и два прилежащих к ней угла в двух треугольниках соответственно равны. Следовательно, треугольники равны по признаку ASA. Поэтому соответствующие стороны \(AC\) и \(A_1C_1\) равны.

Так как \(AB=AC\), имеем \(\angle B=\angle C\). Их сумма равна \(180^\circ-52^\circ=128^\circ\). Поэтому \(\angle B=\angle C=64^\circ\).

Имеем \(AB=AC\) по условию, \(BM=CM\), так как \(M\) — середина \(BC\), и \(AM\) — общая сторона. Поэтому \(\triangle ABM=\triangle ACM\) по признаку SSS.

Углы \(AOB\) и \(COD\) вертикальные, поэтому равны. Также \(AO=CO\) и \(BO=DO\). По признаку SAS \(\triangle AOB=\triangle COD\). Следовательно, соответствующие стороны \(AB\) и \(CD\) равны.

По признаку SSS треугольники \(ABM\) и \(ACM\) равны: \(AB=AC\), \(BM=CM\), \(AM\) общая. Поэтому \(\angle BAM=\angle MAC\), то есть \(AM\) — биссектриса. Также \(\angle AMB=\angle AMC\). Эти углы смежные, значит оба равны \(90^\circ\). Следовательно, \(AM\perp BC\), то есть \(AM\) — высота.

Так как \(M\) — середина \(BC\), имеем \(BM=CM\). Сторона \(AM\) общая, а углы \(AMB\) и \(AMC\) прямые. По признаку SAS треугольники \(ABM\) и \(ACM\) равны. Следовательно, \(AB=AC\).

В треугольниках \(ABM\) и \(ACM\) имеем \(BM=CM\), \(AM\) общая, а углы \(AMB\) и \(AMC\) прямые. По признаку SAS треугольники равны. Следовательно, \(AB=AC\).

Так как \(AM\) — медиана, \(BM=CM\). По условию \(AB+BM+AM=AC+CM+AM\). Сокращая равные слагаемые \(BM=CM\) и общую сторону \(AM\), получаем \(AB=AC\).

В треугольниках \(ABN\) и \(ACM\) имеем \(AB=AC\), \(AN=AM\), а угол между этими сторонами в обоих случаях равен углу \(A\). По признаку SAS треугольники равны. Следовательно, соответствующие стороны \(BN\) и \(CM\) равны.

Из равенства исходных треугольников следует \(AB=A_1B_1\), \(BC=B_1C_1\), \(\angle ABC=\angle A_1B_1C_1\). Так как \(M\) и \(M_1\) — середины, \(BM=\frac{1}{2}BC\) и \(B_1M_1=\frac{1}{2}B_1C_1\), значит \(BM=B_1M_1\). По SAS \(\triangle ABM=\triangle A_1B_1M_1\). Следовательно, \(AM=A_1M_1\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(CDA\). У них \(AB=CD\), \(BC=AD\), а \(AC\) — общая сторона. По признаку SSS треугольники равны. Поэтому соответствующие углы \(ABC\) и \(CDA\) равны.

Имеем \(AM=MP\), \(BM=CM\). Углы \(AMB\) и \(PMC\) вертикальные, значит равны. По SAS \(\triangle AMB=\triangle PMC\), поэтому \(AB=PC\). Аналогично углы \(AMC\) и \(PMB\) вертикальные, а \(AM=MP\), \(CM=BM\). Значит \(\triangle AMC=\triangle PMB\), откуда \(AC=PB\).

Так как \(AB=AC\) и \(BD=CE\), получаем \(AD=AE\). Поэтому \(\triangle ADE\) равнобедренный. Треугольник \(ABC\) тоже равнобедренный. Оба треугольника имеют общий угол при \(A\), значит их углы при основаниях равны: \(\angle ADE=\angle ABC\). Эти углы соответствующие при прямых \(DE\) и \(BC\), поэтому \(DE\parallel BC\).

Углы \(AOB\) и \(COD\) вертикальные, значит равны. Вместе с \(AO=OC\) и \(BO=OD\) получаем \(\triangle AOB=\triangle COD\) по SAS. Тогда \(\angle ABO=\angle CDO\), и из равенства накрест лежащих углов следует \(AB\parallel CD\). Аналогично из равенства треугольников \(AOD\) и \(COB\) получаем \(AD\parallel BC\).

Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) прямоугольные, имеют общую сторону \(AD\), а также \(\angle BAD=\angle DAC\), поскольку \(AD\) — биссектриса. По признаку ASA треугольники равны. Следовательно, \(AB=AC\).

Так как точки лежат на одних и тех же лучах, \(AD=AB+BD\), \(AE=AC+CE\). Из \(AB=AC\) и \(BD=CE\) следует \(AD=AE\). Треугольники \(ABC\) и \(ADE\) равнобедренные с общим углом при \(A\), поэтому их углы при основаниях равны. Значит \(\angle ADE=\angle ABC\), откуда \(DE\parallel BC\).

В треугольниках \(ABC\) и \(ADC\) имеем \(AB=AD\), \(CB=CD\), а \(AC\) — общая сторона. По признаку SSS треугольники равны. Поэтому \(\angle BAC=\angle CAD\) и \(\angle BCA=\angle ACD\). Значит \(AC\) делит углы \(A\) и \(C\) пополам.

Треугольники \(ABH\) и \(ACK\) прямоугольные. У них \(BH=CK\) по условию и \(\angle BAH=\angle CAK\), потому что оба угла равны углу \(A\) исходного треугольника. Тогда третьи углы тоже равны: \(\angle ABH=\angle ACK\). Стороны \(BH\) и \(CK\) лежат между равными углами, поэтому по признаку ASA треугольники \(ABH\) и \(ACK\) равны. Следовательно, их гипотенузы равны: \(AB=AC\).

Так как \(M\) — середина \(AB\), \(AM=BM\). Также \(MC=MD\). Углы \(AMC\) и \(BMD\) вертикальные, поэтому равны. По SAS \(\triangle AMC=\triangle BMD\), значит \(AC=BD\). Аналогично \(\angle AMD=\angle BMC\), и по SAS \(\triangle AMD=\triangle BMC\), поэтому \(AD=BC\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(ADC\). У них \(AB=AD\), \(CB=CD\), \(AC\) общая, поэтому они равны по SSS. Следовательно, \(\angle BAC=\angle CAD\). Так как точка \(O\) лежит на \(AC\), имеем \(\angle BAO=\angle OAD\). В треугольниках \(ABO\) и \(ADO\): \(AB=AD\), \(AO\) общая, \(\angle BAO=\angle OAD\). По SAS эти треугольники равны. Значит \(BO=DO\) и \(\angle AOB=\angle AOD\). Углы \(AOB\) и \(AOD\) смежные, поэтому каждый равен \(90^\circ\). Следовательно, \(AC\perp BD\).

Так как \(P\) лежит на \(AB\), а \(Q\) на \(AC\), имеем \(AB=AP+PB\) и \(AC=AQ+QC\). Из \(AP=AQ\) и \(BP=CQ\) следует \(AB=AC\). Значит треугольник \(ABC\) равнобедренный, а медиана \(AM\), проведённая к основанию \(BC\), является биссектрисой угла \(A\). Теперь рассмотрим треугольники \(APM\) и \(AQM\). У них \(AP=AQ\), \(AM\) общая, и \(\angle PAM=\angle MAQ\). По SAS треугольники равны, поэтому \(PM=QM\).

E. Подробное решение.

Отрезок длины \(a_1\) входил в один из двух исходных треугольников. Пусть две другие стороны этого треугольника имеют длины \(u\) и \(v\). По неравенству треугольника \(a_1

Среди пяти отрезков, отличных от \(a_1\), два самых длинных имеют длины \(a_2\) и \(a_3\). Поэтому \(a_2+a_3\ge u+v\). Следовательно, \(a_1

Так как \(a_1\ge a_2\ge a_3\), остальные два неравенства треугольника очевидны: \(a_2

Для трёх самых коротких это может быть неверно. Например, возьмём два равных треугольника со сторонами \(1,3,3\). Тогда три самые короткие длины равны \(1,1,3\), а из таких отрезков треугольник не составляется.

E. Подробное решение.

Докажем утверждение индукцией по числу сторон. Для треугольника оно очевидно, потому что сам треугольник равнобедренный.

Пусть утверждение доказано для всех многоугольников с меньшим числом сторон. Рассмотрим выпуклый многоугольник \(P\) и одну из проведённых диагоналей \(d\). Она делит \(P\) на два меньших выпуклых многоугольника \(P_1\) и \(P_2\). Каждый из них тоже разрезан на равнобедренные треугольники.

По предположению индукции в \(P_1\) есть две равные стороны. Если обе они являются сторонами исходного многоугольника, всё доказано. Если одна из них — диагональ \(d\), то в \(P_1\) есть сторона исходного многоугольника, равная \(d\).

Точно так же, применяя индукцию к \(P_2\), либо сразу получаем две равные стороны исходного многоугольника, либо получаем сторону исходного многоугольника, равную \(d\). В последнем случае две найденные стороны лежат по разные стороны от диагонали и обе равны \(d\), значит, они равны между собой.

E. Подробное решение.

Пусть \(U\) — середина стороны \(PS\). Так как \(PX=SX\), в равнобедренном треугольнике \(PXS\) медиана \(XU\) к основанию является высотой. Значит, \(XU\perp PS\). Поскольку \(PS\parallel QR\), получаем \(XU\perp QT\).

Так как \(U\) и \(T\) — середины противоположных сторон параллелограмма, четырёхугольники \(PQTU\) и \(QTSU\) являются параллелограммами. Поэтому \(UT\parallel PQ\) и \(QU\parallel ST\).

Из условия \(QX\perp PQ\), а \(UT\parallel PQ\), значит, \(QX\perp UT\). Итак, в треугольнике \(QUT\) прямые \(XU\) и \(XQ\) являются двумя высотами. Следовательно, \(X\) — ортоцентр треугольника \(QUT\).

Третья высота этого треугольника тоже проходит через \(X\), значит, \(XT\perp QU\). Но \(QU\parallel ST\), поэтому \(XT\perp ST\), что и требовалось доказать.

E. Подробное решение.

Возьмём равнобедренный треугольник, не являющийся равносторонним, и склеим два его экземпляра по боковой стороне так, чтобы получился выпуклый дельтоид. Его соседние стороны попарно равны, но противоположные стороны не обязаны быть параллельны.

Выберем исходный равнобедренный треугольник так, чтобы его угол при вершине не был равен углу при основании. Тогда в полученном дельтоиде ни одна пара противоположных сторон не параллельна: иначе равенство соответствующих углов при секущей заставило бы угол при вершине равняться углу при основании.

Теперь проведём в каждом из двух равнобедренных треугольников высоту к основанию. В равнобедренном треугольнике эта высота делит его на два равных прямоугольных треугольника. Два больших равнобедренных треугольника были равны, поэтому все четыре маленьких прямоугольных треугольника попарно равны.

Следовательно, тот же дельтоид составлен из четырёх равных треугольников и не имеет параллельных сторон. Значит, ответ положительный.

E. Подробное решение.

Покажем, что десять единичных отрезков невозможны. Если бы все они имели длину \(1\), то треугольники \(OAB\), \(OBC\), \(OCD\), \(ODE\), \(OEA\) были бы равносторонними.

Тогда каждый из углов \(\angle AOB\), \(\angle BOC\), \(\angle COD\), \(\angle DOE\), \(\angle EOA\) равнялся бы \(60^\circ\). Их сумма вокруг точки \(O\) должна быть \(360^\circ\), но получилась бы \(5\cdot60^\circ=300^\circ\), противоречие. Значит, больше девяти быть не может.

Осталось построить пример с девятью. Возьмём правильный шестиугольник со стороной \(1\) и центром \(O\). Выберем пять его последовательных вершин в качестве \(A,B,C,D,E\). Тогда \(O\) лежит внутри пятиугольника.

В этом примере все отрезки \(OA,OB,OC,OD,OE\) равны \(1\), и четыре стороны \(AB,BC,CD,DE\) также равны \(1\). Последняя сторона \(EA\) не равна \(1\). Итак, достижимо ровно девять единичных отрезков.

E. Подробное решение.

Пусть \(H\) — основание перпендикуляра из \(D\) на \(BC\). Так как \(\angle BCD=60^\circ\), прямоугольный треугольник \(DCH\) имеет угол \(60^\circ\) при \(C\). Поэтому \(CH=\frac{CD}{2}=AB\).

Обозначим \(\angle CBM=\alpha\). Поскольку \(BD\) — внешняя биссектриса угла \(B\), угол между \(BA\) и \(BM\) равен \(180^\circ-\alpha\).

В прямоугольном треугольнике \(BHD\) точка \(M\) — середина гипотенузы \(BD\). Значит, \(MH=MB\). Поэтому \(\angle MHB=\angle HBM=\alpha\), а значит \(\angle MHC=180^\circ-\alpha\).

Теперь сравним треугольники \(ABM\) и \(CHM\). Имеем \(AB=CH\), \(BM=HM\), а углы между этими сторонами равны: \(\angle ABM=180^\circ-\alpha=\angle CHM\). Следовательно, треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

Из равенства треугольников получаем \(AM=CM\).

E. Подробное решение.

Отразим \(H\) относительно \(AB\), получим точку \(C'\). Тогда \(E\) — середина \(HC'\), а \(BC'=BH\), потому что отражение сохраняет расстояния и точка \(B\) лежит на оси отражения.

Аналогично отразим \(H\) относительно \(AC\), получим точку \(B'\). Тогда \(D\) — середина \(HB'\), а \(CB'=CH\).

Так как в треугольнике \(ADE\) прямая \(DF\) перпендикулярна \(AE\), а \(AE\subset AB\), имеем \(DF\parallel CE\). Аналогично \(EF\parallel BD\). Значит, \(H E F D\) — параллелограмм.

В треугольнике \(HC'B'\) точки \(E\) и \(D\) — середины сторон \(HC'\) и \(HB'\). Поэтому четырёхугольник \(H E F D\) показывает, что \(F\) совпадает с серединой стороны \(C'B'\).

Точки \(M\) и \(F\) — середины отрезков \(BC\) и \(B'C'\). Поэтому длина \(2FM\) не превосходит \(BC'+CB'\): это следует из неравенства треугольника для суммы двух векторов от \(B\) к \(C'\) и от \(C\) к \(B'\).

Но \(BC'=BH\) и \(CB'=CH\). Следовательно, \(2FM\le BH+CH\), что и требовалось.