УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я.721
Г 36
Атанасян Л. С, Бутузов В. Ф., Кадомцев СБ., Юдина И. И.
Геометрия. 7 класс. - М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 120 с. —
ISBN 5-9221-0572-8.
Настоящее издание является первой частью учебно-методического пособия,
содержащего решения задач из учебника «Геометрия 7-9» Л. С. Атанасяна,
В. Ф. Бутузова, СБ. Кадомцева, Э. Г. Позняка, И. И. Юдиной (М.: Просвеще-
Просвещение, 1990 и последующие издания). Данный выпуск содержит решения задач,
относящихся к 7 классу.
© ФИЗМАТЛИТ, 2005
© Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов,
ISBN 5-9221-0572-8	СБ. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие		4
Глава 1. Начальные геометрические сведения		5
§ 1. Прямая и отрезок		5
§ 2. Луч и угол		6
§3. Сравнение отрезков и углов		7
§4. Измерение отрезков		8
§5. Измерение углов		12
§6. Перпендикулярные прямые		14
Дополнительные задачи		19
Задачи повышенной трудности к главе 1		26
Глава 2. Треугольники		30
§ 1. Первый признак равенства треугольников		30
§2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника		33
§3. Второй и третий признаки равенства треугольников		38
§4. Задачи на построение		45
Дополнительные задачи		48
Задачи повышенной трудности к главе 2		58
Глава 3. Параллельные прямые		61
§ 1. Признаки параллельности двух прямых		61
§2. Аксиома параллельных прямых		63
Дополнительные задачи		69
Глава 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника	73
§ 1. Сумма углов треугольника		73
§2. Соотношения между сторонами и углами треугольника		11
§3. Прямоугольные треугольники		82
§4. Построение треугольника по трем элементам		88
Задачи на построение		91
Дополнительные задачи		95
Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4		105

Предисловие
Настоящее издание является первой частью учебно-методического
пособия, содержащего решения задач из учебника «Геометрия 7-9»
Л.С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова, СБ. Кадомцева, Э.Г. Позняка,
И. И. Юдиной (М.: Просвещение, 1990 и последующие издания).
Данный выпуск содержит решения задач, относящихся к 7 классу;
в последующих двух выпусках будут представлены решения задач,
относящихся к 8 и 9 классам.
Нумерация задач в пособии такая же, как в учебнике издания
2000 года и последующих изданиях. Вслед за формулировкой задачи
дается ее решение. В каждой главе приведены решения всех задач
к параграфам (за исключением большинства практических заданий),
затем — решения дополнительных задач и после этого — решения
задач повышенной трудности.
Приведенные решения не следует рассматривать как образец, ко-
которого нужно придерживаться при оформлении решений задач. Так,
например, мы не разбиваем решение задачи на отдельные занумеро-
занумерованные пункты, хотя вполне допускаем, что учитель в своей практике
может это делать, акцентируя тем самым внимание учащихся на по-
последовательных шагах в решении задачи.
Большинство решений снабжено рисунками. Это относится
в первую очередь к задачам первой и второй глав. В дальнейшем,
в особенности при решении задач четвертой главы, рисунки даются
не всегда. Для простых задач решения часто приведены без рисунка.
Это также не следует рассматривать как обязательное правило.
Читатель по своему усмотрению может снабдить рисунками решения
и таких задач.
Остановимся особо на задачах первой главы, в которых отраба-
отрабатываются основные понятия и свойства простейших геометрических
фигур — точек, прямых, отрезков, лучей, углов. На наш взгляд, при ре-
решении этих задач следует опираться прежде всего на наглядные пред-
представления основных понятий. Отметим в связи с этим, что в первой
главе учебника «Геометрия 7-9» не вводится понятие аксиомы и сами
аксиомы не формулируются, а необходимые определения и исходные
положения приведены в описательной форме на основе наглядных
представлений. Этим и следует руководствоваться при решении задач
первой главы.
Авторы

Глава 1
НАЧАЛЬНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
§ 1. Прямая и отрезок
3. Проведите три прямые так, чтобы каждые две из них пересекались.
Обозначьте все точки пересечения этих прямых. Сколько получилось точек?
Рассмотрите все возможные случаи.
Решение. Проведем сначала две прямые а и Ь, обозначим бук-
буквой О точку их пересечения. Проведем теперь третью прямую с. Воз-
Возможны два случая: а) прямая с не проходит через точку О. Тогда она
пересекает прямые а и Ь в точках А и В. Таким образом, получилось
три точки: О, А, В (рис. 1); б) прямая с проходит через точку О.
Получилась всего одна точка О (рис.2).
Рис. 1	Рис. 2
Ответ. Возможны два случая: три точки и одна точка.
6. Проведите прямую и отметьте на ней три точки. Сколько отрезков
получилось на прямой?
Решение. На рисунке 3 проведена прямая и на ней отмечены
три точки А, В и С. Каждые две из этих точек определяют отрезок
с концами в этих точках. Поэтому А	В	С
на прямой получилось три отрезка: АВ, —•	•	•—
АС и ВС.
Ответ. Три отрезка.

Гл. 1. Начальные геометрические сведения
С
В
Рис.4
§ 2. Луч и угол
8. Проведите прямую, отметьте на ней точки А и В и на отрезке АВ
отметьте точку С. а) Среди лучей АВ, ВС, С А, АС и В А найдите пары сов-
совпадающих лучей; б) назовите луч, который является продолжением луча С А.
Решение. На рисунке 4 изображен отрезок АВ и на этом отрез-
отрезке — точка С. а) Лучи совпадают, если они лежат на одной прямой,
имеют общее начало и ни один из них
не является продолжением другого лу-
луча. Лучи АВ и АС удовлетворяют
этим условиям, поэтому они совпада-
совпадают. Точно так же совпадают лучи ВС
и В А. б) Луч СВ является продолжением луча С А, так как лучи СВ
и С А лежат на одной прямой, имеют общее начало и не совпадают.
Ответ, а) Лучи АВ и АС, а также ВС и В А; б) луч СВ.
11. Начертите три луча h, к, и I с общим началом. Назовите все углы,
образованные этими лучами.
Решение. На рисунке 5 изображены три луча h, к и I с общим
началом О. Эти лучи образуют три угла: /hk, /hi и /hi.
Ответ, /hk, /hi и /hi.
14.	Начертите неразвернутый угол АО В и проведите: а) луч ОС, который
делит угол АОВ на два угла; б) луч OD, который не делит угол АОС на два
угла.
Решение. На рисунке 6 изображен угол АОВ. а) Проведем какой-
нибудь луч ОС, который исходит из вершины О угла АОВ и проходит
внутри этого угла. Луч ОС делит угол АОВ на два угла, б) Луч OD
на рисунке 6 не делит угол АОС на два угла, так как он не проходит
внутри этого угла.
15.	Сколько неразвернутых углов образуется при пересечении двух
прямых?
Решение. Пусть прямые АВ и CD пересекаются в точ-
точке О (рис.7). Образуются четыре неразвернутых угла: АОС, AOD,
ВОС и ВОВ.
Ответ. Четыре угла.
О
О
Рис. 5
Рис. 6
Рис. 7

§ 3. Сравнение отрезков и углов
17.	Какие из лучей, изображенных на ри-
рисунке 8 (рис. 18 учебника), делят угол АО В на
два угла?
Решение. Лучи h, k, I, m и п исходят из
вершины О угла АОВ, но только два из них —
лучи h и I — проходят внутри этого угла,
поэтому только лучи h и / делят угол АОВ
на два угла.	Рис 8
Ответ. Лучи h и I.
§ 3. Сравнение отрезков и углов
18.	На луче с началом О отмечены точки А, В и С так, что точка В
лежит между точками О и А, а точка А — между точками О и С. Сравните
отрезки ОВ и ОА, ОС и О А, ОВ и ОС.
Решение. 1. Сравним отрезки ОВ и О А. По условию задачи точка
В лежит между точками О	ВАС
и А (рис.9). Значит, отрезок ОВ •	•	•	•
составляет часть отрезка О А, по-
этому ОВ < О А.	Рис g
2.	Сравним отрезки ОС и О А.
Точка А лежит между точками О и С. Значит, отрезок О А составляет
часть отрезка ОС, поэтому О А < ОС и, следовательно, ОС > О А.
3.	Сравним отрезки ОВ и ОС. По доказанному ОВ < ОА,
а О А < ОС, следовательно, ОВ < ОС.
Ответ. ОВ < ОА, ОС > ОА, ОВ < ОС.
19.	Точка О является серединой отрезка АВ. Можно ли совместить
наложением отрезки: а) ОА и ОВ; б) ОА и АВ?
Решение, а) По условию задачи точка О — середина отрезка АВ.
Отсюда следует, что отрезки ОА и ОВ равны и поэтому их можно
совместить наложением.
б) Отрезок О А наложен на отрезок АВ так, что они имеют общий
конец А, но два других конца этих отрезков — точки О и В — не сов-
совмещены. Отсюда следует, что отрезки О А и АВ не равны и поэтому
их нельзя совместить наложением.
Ответ, а) Да; б) нет.
21.	Луч ОС делит угол АОВ на два угла. Сравните углы АОВ и АОС.
Решение. Так как луч ОС делит угол АОВ на два угла, то угол
АОС составляет часть угла АОВ. Отсюда следует, что угол АОС
меньше угла АОВ.
Ответ. ZAOC < ZAOB.
22.	Луч / — биссектриса угла hk. Можно ли наложением совместить углы:
a) hi и 1к; б) hi и hk?

Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Решение, а) По условию задачи луч / — биссектриса угла hk.
Отсюда следует, что углы hi и Ik равны и поэтому их можно совместить
наложением.
б) Так как луч / — биссектриса угла hk, то он делит угол hk на два
угла. Согласно задаче 21 /_hl < Zhk. Таким образом, углы hi и hk
не равны и поэтому их нельзя совместить наложением.
Ответ, а) Да; б) нет.
§ 4. Измерение отрезков
26. Найдите длины всех отрезков, изображенных на рисунке 10 (рис.31
учебника), если за единицу измерения принят отрезок: a) KL; б) АВ.
С'	1	1	1	1	1	\D A\	1	'В
Е\	i	i	i	i	>F	Кх	XL
Рис. 10
Решение, а) Так как KL — единица измерения, то KL = 1.
В отрезке АВ отрезок KL укладывается два раза, поэтому АВ = 2.
Аналогично, PQ = 3, EF = 5, CD = 6.
б) Так как АВ — единица измерения, то АВ = 1. Половина отрезка
АВ укладывается в отрезке KL один раз, поэтому KL = -. В отрезке
PQ отрезок АВ укладывается один раз, и в остатке половина отрезка
АВ укладывается также один раз, поэтому PQ = 1 + - = 1-. Анало-
Аналогично, EF = 2^, CD = 3.
Ответ, a) KL= 1, АВ = 2, PQ = 3, EF = 5, CD = 6; б) KL = i,
АВ = 1, PQ = li, EF = 2^, CD = 3.
29.	Начертите прямую АВ. С помощью масштабной линейки отметьте
на этой прямой точку С, такую, что АС = 2 см. Сколько таких точек можно
отметить на прямой АВ?
Решение. На прямой АВ из точки А исходят два луча — луч АВ
и луч АВ\, являющийся продолжением луча АВ. На каждом из этих
лучей можно отметить только одну точку — точку С на луче АВ
и точку С\ на луче АВ\ — так, чтобы АС = 2 см и АС\ = 2 см.
Следовательно, на прямой АВ можно отметить две такие точки.
Ответ. Две точки.
30.	Точка В делит отрезок АС на два отрезка. Найдите длину отрезка
АС, если АВ = 7,8 см, ВС = 25 мм.

§ 4. Измерение отрезков
Решение. Так как точка В делит отрезок АС на два отрезка АВ
и ВС, то АС = АВ + ВС. По условию АВ = 7,8 см, ВС = 25 мм =
= 2,5 см, поэтому АС = 7,8 см + 2,5 см = 10,3 см.
Ответ. 10,3 см.
31.	Точка В делит отрезок АС на два отрезка. Найдите длину отрезка
ВС, если: а) АВ = 3,7 см, АС = 7,2 см; б) АВ = 4 мм, АС = 4 см.
Решение. Так как точка В делит отрезок АС на два отрезка: АВ
и ВС, то АС = АВ + ВС. Отсюда следует, что ВС = АС - АВ.
а)	По условию АС = 7,2 см, АВ = 3,7 см, поэтому ВС = 7,2 см —
— 3,7 см = 3,5 см.
б)	По условию АС = 4 см = 40 мм, АВ = 4 мм, поэтому ВС =
= 40 мм — 4 мм = 36 мм.
Ответ, а) 3,5 см; б) 36 мм.
32.	Точки А, В и С лежат на одной прямой. Известно, что АВ = 12 см,
ВС = 13,5 см. Какой может быть длина отрезка АС?
Решение. Возможны два случая.
а)	Точка С лежит на луче В А (рис. 11, а). В этом случае
АС = ВС-ВА= 13,5 см - 12 см = 1,5 см.
б)	Точка С лежит на продолжении луча АВ (рис. 11, б). В этом
случае АС = АВ + ВС = 12 см + 13,5 см = 25,5 см.
Ответ. 1,5 см или 25,5 см.
12 см
Рис. 11
33. Точки В, D и М лежат на одной прямой. Известно, что BD = 7 см,
MD = 16 см. Каким может быть расстояние ВМ?
Решение. Возможны два случая.
а) Лучи DB и DM совпадают (рис. 12, а). В этом случае ВМ =
= DM - DB = 16 см - 7 см = 9 см.
16 см
м
Рис. 12

10	Гл. 1. Начальные геометрические сведения
б) Лучи DB и DM не совпадают, и, следовательно, точка М лежит
на продолжении луча DB (рис. 12, б). В этом случае ВМ = BD +
+ DM = 7 см + 16 см = 23 см.
Ответ. 9 см или 23 см.
34.	Точка С — середина отрезка АВ, равного 64 см. На луче С А отмечена
точка D так, что CD =15 см. Найдите длины отрезков BD и DA.
Решение. Так как точка С — середина отрезка АВ и АВ =
= 64 см, то С А = СВ = 32 см. По условию точка D лежит на луче С А,
А В С В и так как CD = 15 см, С А = 32 см,
•	•	•	• то CD < СА, и поэтому точка D де-
делит отрезок АС на два отрезка: CD
Рис- 13	и DA (рис. 13). Следовательно,
DA = С А - CD = 32 см - 15 см = 17 см;
BD = CD + CB = 15 см + 32 см = 47 см.
Ответ. BD = 47 см, DA = 17 см.
35.	Расстояние между Москвой и С.-Петербургом равно 650 км. Город
Тверь находится между Москвой и С.-Петербургом в 170 км от Москвы.
Найдите расстояние между Тверью и С.-Петербургом, считая, что все три
города расположены на одной прямой.
Решение. Пусть М — Москва, Т — Тверь, Р — С.-Петербург.
По условию задачи точка Т лежит между точками М и Р, поэтому
МТ + ТР = МР. Так как МР = 650 км, МТ = 170 км, то ТР =
= МР -МТ = 480 км.
Ответ. 480 км.
37. Точка С — середина отрезка АВ, точка О — середина отрезка АС.
а) Найдите АС, СВ, АО и ОВ, если АВ = 2 см; б) найдите АВ, АС, АО
и ОВ, если СВ = 3,2 м.
Решение. На рисунке 14 изображены данный отрезок АВ и
данные точки С и О.
АС	В	а) Так как точка С — середина отрезка
• // • // •	• АВ и АВ = 2 см, то АС = СВ = 1 см.
Точка О — середина отрезка АС,
Рис. 14	поэтому АО = ОС = ^АС = 0,5 см.
ОВ = ОС + СВ = 1,5 см.
б) СБ = 3,2 м, поэтому АВ = 2СВ = 6,4 м, АС = СБ = 3,2 м,
ОС = АО= Х-АС = 1,6 м, ОВ = ОС + СВ = 1,6 м + 3,2 м = 4,8 м.
Ответ, а) АС = 1 см, СВ = \ см, АО = 0,5 см, ОВ = 1,5 см;
б) АВ = 6,4 м, АС = 3,2 м, АО = 1,6 м, ОВ = 4,8 м.

§ 4. Измерение отрезков	11
38. На прямой отмечены точки О, А и В так, что О А = 12 см, О В =
= 9 см. Найдите расстояние между серединами отрезков О А и ОВ, если точка
О: а) лежит на отрезке АВ; б) не лежит на отрезке АВ.
Решение. Пусть М и N — середины отрезков О А и ОВ.
а)	Если точка О лежит на отрезке АВ (рис. 15, а), то MN = МО +
+ ON. Но МО = Х-ОА = 6 см, ON = Х-ОВ = 4,5 см, следовательно,
MN = 10,5 см.
б)	Пусть точка О не лежит на отрезке АВ (рис. 15, б). Так как
А	О	В	А	О	В
М	N	М	N
а	б
Рис. 15
ОМ = ^ОА = 6 см, ON = ^ОВ = 4,5 см, то ON < ОМ, и поэтому
точка N лежит на отрезке ОМ. Следовательно, MN = ОМ — ON =
= 6 см — 4,5 см = 1,5 см.
Ответ, а) 10,5 см; б) 1,5 см.
39. Отрезок, длина которого равна а, разделен произвольной точкой на два
отрезка. Найдите расстояние между серединами этих отрезков.
Решение. На рисунке 16 на отрезке АВ длины а отмечена про-
произвольная точка О, точки М и N — середины отрезков АО и ОВ.
Поэтому
MN = МО + ON = ^(AO + ОВ) = ^АВ = |.
Ответ. -.
40. Отрезок, равный 28 см, разделен на три неравных отрезка. Расстояние
между серединами крайних отрезков равно 16 см. Найдите длину среднего
отрезка.
Решение. Пусть отрезок АВ равен 28 см, а точки С и D делят
его на три неравных отрезка: AC, CD и DB (рис. 17). Пусть точка
А	О	В	А	С	D	В
Hi	-/¦	•	¦/¦	В у/ % //	S		Hi	¦/¦	S	У-	•	В // В // «
М	N	М	N
Рис. 16	Рис. 17
М — середина отрезка АС, точка N — середина отрезка BD. Тогда
АВ = АС + CD + DB, поэтому
АС + CD + DB = 28 см.	A)

12	Гл. 1. Начальные геометрические сведения
MN = МС +CD+DN= ^АС + CD + ^?>Б = 16 см, откуда
АС + 2 CD + ?>Б = 32 см.	B)
Вычитая из равенства B) равенство A), получаем: CD = 4 см.
Ответ. 4 см.
§ 5. Измерение углов
44.	Начертите угол АОВ и с помощью транспортира проведите луч
ОС так, чтобы луч ОА являлся биссектрисой угла ВОС. Всегда ли это
выполнимо?
Решение. Предположим, что можно про-
провести луч ОС так, чтобы луч ОА являл-
являлся биссектрисой угла ВОС (рис. 18). Тогда
ZBOC < 180°. Так как О А — биссектриса угла
ВОС, то ZBOC = ZAOB + ZCOA = 2ZAOB.
Хххх	Следовательно, ZAOB ^ 90°, т. е. угол АОВ
Хххх	острый или прямой. Отсюда следует, что если
угол АОВ тупой, то построение луча ОС невы-
невыполнимо.
рис ig	Ответ. Нет. Построение выполнимо, когда
угол АОВ — острый или прямой.
45.	Градусные меры двух углов равны. Равны ли сами углы?
Решение. Предположим, что данные углы не равны, тогда один
из них меньше другого, и, следовательно, градусная мера одного угла
меньше градусной меры другого угла, что противоречит условию зада-
задачи. Следовательно, два угла, имеющие равные градусные меры, равны.
Ответ. Да.
47.	Луч ОЕ делит угол АОВ на два угла. Найдите ZAOB, если:
a) ZAOE = 44°, ZEOB = 77°; б) ZAOE = 12°37;, ZEOB = 108о25'.
Решение. По условию луч ОЕ делит угол АОВ на два угла: АОЕ
и ЕОВ, поэтому ZAOB = ZAOE + ZEOB.
а)	ZAOB = 44° + 77° = 121°.
б)	ZAOB = 12°37Х + 108°25' = 121°2'.
Ответ, а) 121°; б) 121°2'.
48.	Луч ОС делит угол АОВ на два угла. Найдите угол СОВ, если
ZAOB = 78°, а угол АОС на 18° меньше угла ВОС.
Решение. Луч ОС делит угол АОВ на два угла: АОС и СОВ,
поэтому ZAOB = ZAOC + ZCOB, откуда
ZCOB = ZAOB - ZAOC.	A)

§ 5. Измерение углов	13
По условию задачи
ААОВ = 78°, ААОС = АСОВ - 18°.
Подставим эти значения в равенство A):
АСОВ = 78° - (АСОВ - 18°) = 96° - АСОВ.
Отсюда 2АСОВ = 96°, АСОВ = 48°.
Ответ. 48°.
49.	Луч ОС делит угол АОВ на два угла. Найдите угол АОС, если
ААОВ = 155° и угол АОС на 15° больше угла СОВ.
Решение. Задача решается так же, как и задача 48.
ААОВ = ААОС + АСОВ,
поэтому
ААОС = ААОВ - АСОВ.	A)
По условию задачи АСОВ = ААОС - 15°, ААОВ =155°. Подста-
Подставим эти значения в равенство A):
ААОС = 155° - (ААОС - 15°).
Отсюда следует, что ААОС = 85°.
Ответ. 85°.
50.	Угол АОВ является частью угла АОС. Известно, что ААОС = 108°,
ААОВ = ЗАВОС. Найдите угол АОВ.
Решение. Так как угол АОВ — часть угла АОС, то луч ОВ
делит угол АОС на два угла: АОВ и ВОС. Поэтому
ААОС = ААОВ + АВОС.	A)
По условию задачи
ААОС = 108°, ААОВ = ЗАВОС.
Подставим эти значения в равенство A):
108° = ЗАВОС + АВОС.
Отсюда следует, что
АВОС = 27°, а ААОВ = ЗАВОС = 81°.
Ответ. 81°.
51.	На рисунке 19 (рис.38 учебника) угол AOD — прямой, ААОВ =
= АВОС = АСОВ. Найдите угол, образованный биссектрисами углов АОВ
и COD.
Решение. По условию задачи угол AOD, равный 90°, разделен
лучами ОВ и ОС на три равных угла: АОВ, ВОС, COD. Следова-
Следовательно, ААОВ = АВОС = ACOD = 30°.

14
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Пусть ОХ и 0Y — биссектрисы углов АОВ и COD (см. рис. 19).
Тогда АХОВ = 15° и ZY ОС =15°. Угол XOY лучами О В и ОС
разделен на три угла: ХОВ, ВОС, COY, поэтому ZXOY = АХОВ +
+ ZBOC + ZCOY = 15° + 30° + 15° = 60°.
Ответ. 60°.
52. На рисунке 20 (рис.39 учебника) луч OV является биссектрисой
угла ZOY, а луч OU — биссектрисой угла XOY. Найдите угол XOZ, если
ZUOV = 80°.
В
о
D
Рис. 19
Решение. Так как лучи OV и OU — биссектрисы углов ZOY
и XOY, то
ZZOY = 2ZVOY, XOY = 2ZYOU.
Складывая эти равенства, получаем
ZZOY + ZXOY = 2(ZVOY + /YOU) = 2ZUOV = 160°.
Но ZZOY + ZXOY = ZXOZ, поэтому ZXOZ = 160°.
Ответ. 160°.
53. Луч / является биссектрисой неразвернутого угла hk. Может ли угол
Ы быть прямым или тупым?
Решение. Так как луч / — биссектриса угла hk, то Zhl = -/.hk.
По условию задачи угол hk — неразвернутый, поэтому /hk < 180°.
Отсюда следует, что /hi < 90°. Таким образом, угол hi не может быть
прямым или тупым.
Ответ. Нет.
§ 6. Перпендикулярные прямые
58. Найдите угол, смежный с углом ABC, если: a) ZABC = IIIе
б) ZABC = 90°; в) ZABC = 15°.

§ 6. Перпендикулярные прямые	15
Решение. Пусть /CBD — угол, смежный с углом ABC. По свой-
свойству смежных углов /ABC + /CBD = 180°, следовательно,
/CBD = 180° - /ABC.
Подставляя в эту формулу значения /ABC из условий задачи,
получаем градусную меру угла CBD, смежного с углом ABC:
а)	/CBD = 180° - 111° =69°,
б)	/CBD = 180° - 90° = 90°,
в)	/CBD = 180° - 15° = 165°.
Ответ, а) 69°; б) 90°; в) 165°.
59.	Один из смежных углов прямой. Каким (острым, прямым, тупым) яв-
является другой угол?
Решение. Пусть /hi и /Ik — смежные углы и /hi = 90°. По свой-
свойству смежных углов /hi + /Ik = 180°. Отсюда имеем: /Ik = 180° —
— /hi = 90°, т. е. /Ik — прямой угол.
Итак, если один из смежных углов прямой, то и другой угол
прямой.
Ответ. Прямым.
60.	Верно ли утверждение: если смежные углы равны, то они прямые?
Решение. Сумма смежных углов равна 180°, поэтому, если они
равны, каждый из этих углов равен 90°, и, следовательно, эти углы
прямые.
Ответ. Да.
61.	Найдите смежные углы hk и Ы, если: a) /hk меньше /kl на 40°;
б) /hk больше /Ы на 120°; в) /hk больше /Ы на 47° 18'; г) /hk = Ъ/М\
д) /hk : ZfcZ = 5 : 4.
Решение. Углы hk и Ы — смежные, поэтому
/hk + /kl = 180°.	A)
а)	По условию /hk = /kl — 40°. По формуле A)
(/Ы - 40°) +/Ы = 180°.
Отсюда имеем:
/Ы = 110°, /hk = 110° - 40° = 70°.
б)	/hk = /kl + 120°. По формуле A)
(/Ы + 120°) + /Ы = 180°,
откуда /Ы = 30°, /hk = 30° + 120° = 150°.
в)	/hk = /kl + 47° 18х. По формуле A)
= 180°,

16	Гл. 1. Начальные геометрические сведения
откуда 2ZU = 132°42', Zkl = 66°21', Zhk = 66°21' + 47° 18х = 113°ЗУ.
г)	Zhk = 3Zkl. По формуле A)
3Zkl + Zkl= 180°,
откуда Zkl = 45°, Zhk = 3 • 45° = 135°.
5	5
д)	Zhk : Zkl = -, поэтому Zhk = - Zkl. По формуле A)
^Zkl + Zkl = 180°.
Отсюда получаем: Zkl = 80°, Zhk = ^•80° = 100°.
Ответ, а) 70° и 110°; б) 150° и 30°; в) 113О39' и 66°21'; г) 135°
и 45°; д) 100° и 80°.
62. На рисунке 21 (рис. 46 учебника) углы BOD и COD равны. Найдите
угол AOD, если /СОБ = 148°.
Решение. Углы АОС и СОВ — смежные, поэтому ZAOC +
+ /СОБ = 180°. Отсюда находим: ZAOC = 180° - ZCOB = 180° -
- 148° =32°.
Так как OD - биссектриса угла СОВ и ZCOB = 148°, то ZCOD =
ZAOD = ZAOC + ZCOD = 32° + 74° = 106°.
Ответ. 106°.
63.	Даны два равных угла. Равны ли смежные с ними углы?
Решение. Пусть Zl = Z2, a Z3 и Z4 — соответственно смежные
с ними углы. По свойству смежных углов Zl + Z3 = 180°, Z2 + Z4 =
= 180°. Так как Zl = Z2, то из этих равенств следует, что Z3 = Z4.
Следовательно, если данные углы равны, то смежные с ними углы
также равны.
Ответ. Да.
64.	На рисунке 22 (рис.41 учебника) найдите углы: а) 1,3, 4, если Z2 =
= 117°; б) 1, 2, 4, если Z3 = 43°27;.
А	О	В
Рис. 21	Рис. 22
Решение, а) Углы 1 и 2 смежные, поэтому Zl +Z2 = 180°. Так
как по условию Z2 = 117°, то Z1 = 180° - 117° =63°.

§ 6. Перпендикулярные прямые	17
Углы 3 и 1 вертикальные, поэтому Z3 = Z1 = 63°.
Углы 4 и 2 вертикальные, следовательно, Z4 = Z2 = 117°.
б) Углы 1 и 3 вертикальные, поэтому Z1 = Z3 = 43°27Х.
Углы 2 и 3 смежные, поэтому Z2 + Z3 = 180°. Отсюда находим:
Z2= 180°-43°27/= 136°33'.
Углы 4 и 2 вертикальные, поэтому Z4 = Z2 = 136°33х.
Ответ: a) Z1 = Z3 = 63°, Z4 = 117°; б) Z1 = 43°27', Z2 = Z4 =
= 136°33'.
65.	Найдите неразвернутые углы, образованные при пересечении двух пря-
прямых, если: а) сумма двух из них равна 114°; б) сумма трех углов равна 220°.
Решение. При пересечении двух прямых образуются четыре
неразвернутых угла, которые на рисунке 22 обозначены цифрами 1, 2,
3 и 4.
а)	Так как сумма двух из этих углов равна 114°, то они не мо-
могут быть смежными, а значит, эти углы — вертикальные, например,
углы 1 и 3.
По свойству вертикальных углов Zl = Z3, поэтому Zl = Z3 =
= 114° :2 = 57°.
Углы 2 и 1 смежные, следовательно, Zl + Z2 = 180°, откуда Z2 =
= 180° -57° = 123°.
По свойству вертикальных углов Z4 = Z2, поэтому Z4 = 123°.
б)	Пусть, например, Zl + Z2 + Z3 = 220°. Так как углы 1 и 2
смежные, то Zl + Z2 = 180° и, следовательно, Z3 = 220° - 180° = 40°.
Z3 + Z2 = 180°, откуда Z2 = 180° - 40° = 140°.
Zl = Z3 = 40°, Z4 = Z2 = 140°.
Ответ, а) 57°, 123°, 57°, 123°; б) 40°, 140°, 40°, 140°.
66.	На рисунке 22 (рис.41 учебника) найдите углы 1, 2, 3, 4, если: a) Z2 +
+ Z4 = 220°; б) 3(Z1 + Z3) = Z2 + Z4; в) Z2 - Z1 = 30°.
Решение, а) По условию Z2 + Z4 = 220°. Эти углы вертикальные,
поэтому Z2 = Z4 = 110°.
Углы 1 и 2 смежные, поэтому Zl + Z2 = 180°, откуда Z1 = 180° -
-110° = 70°.
Углы 3 и 1 вертикальные, поэтому Z3 = Z1 = 70°.
б) Углы 1 и 3, а также 2 и 4 вертикальные, поэтому Z3 = Zl, Z4 =
= Z2. Подставив эти выражения в данное равенство, получим:
3BZ1) = 2Z2,
или
3Z1 =Z2.
Углы 1 и 2 смежные, поэтому Zl + Z2 = 180°. Из этих двух
равенств находим Z1 и Z2: Z1 = 45°, Z2 = 135°.
Z3 = Z1, поэтому Z3 = 45°; Z4 = Z2, поэтому Z4 = 135°.

18
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
в) По условию Z2 — Z1 = 30°. Эти углы смежные, следовательно,
Zl + Z2 = 180°. Из этих двух равенств имеем: Z1 = 75°, Z2 = 105°.
Z3 = Z1, поэтому Z3 = 75°; Z4 = Z2, поэтому Z4 = 105°.
Ответ, a) Zl =Z3 = 70°, Z2 = Z4 = 110°; б) Zl =Z3 = 45°, Z2 =
= Z4 = 135°; в) Zl = Z3 = 75°, Z2 = Z4 = 105°.
67.	На рисунке 23 (рис.47 учебника) изображены три прямые, пересекаю-
пересекающиеся в точке О. Найдите сумму углов: Zl + Z2 + Z3.
Решение. Пусть Z4 и Z1 — вертикальные углы (см. рис.23).
Тогда по свойству вертикальных углов Z4 = Z1, поэтому Zl + Z2 +
+ Z3 = Z2 + Z4 + Z3. Сумма этих углов равна развернутому углу
АО В, поэтому Z2 + Z4 + Z3 = 180°, а значит, Zl + Z2 + Z3 = 180°.
Ответ. 180°.
68.	На рисунке 24 (рис.48 учебника) ZAOB = 50°, ZFOE = 70°.
Найдите углы АОС, BOD, СОЕ и COD.
Рис. 23
Рис. 24
Решение. Введем цифровые обозначения для углов (см. рис.24).
По условию Z1 = 50°, Z2 = 70°.
ZAOC = Zl + Z3. Углы 2 и 3 вертикальные, поэтому Z3 = Z2.
Таким образом,
ZAOC Z1+Z2= 120°.
Углы 1 и BOD — смежные, поэтому ZBOD + Z1 = 180°. Отсюда
находим:
ZBOD = 180° -50° = 130°.
Углы 2 и СОЕ — смежные, поэтому Z2 + ZCOE = 180°, откуда
ZCOE= 180° -70° = 110°.
Углы COD и АОС - смежные, поэтому ZCOD + ZAOC = 180°,
откуда
ZCOD = 180° - Z1 - Z3 = 180° - 50° - 70° = 60°.
Ответ. ZAOC = 120°, ZBOD = 130°, ZCOE = 110°, ZCOD =
= 60°.

Дополнительные задачи
19
69. Прямая а пересекает стороны угла А в точках Р и Q. Могут ли обе
прямые АР и AQ быть перпендикулярными к прямой а?
Решение. Обе прямые АР и AQ не могут быть перпендикуляр-
перпендикулярными к прямой а, так как они пересекаются в точке А, а две прямые,
перпендикулярные к третьей, не пересекаются (п. 12 учебника).
Ответ. Нет.
70. Через точку А, не лежащую на прямой а, проведены три прямые,
которые пересекают прямую а. Докажите, что по крайней мере две из них
не перпендикулярны к прямой а.
Решение. Пусть АР, AQ и AR — прямые, пересекающие прямую
а в точках Р, Q и R. Допустим, что прямая АР перпендикулярна
к прямой а (см. рис.25). Тогда прямая AQ
не может быть перпендикулярной к прямой а,
так как две прямые, перпендикулярные к тре-
третьей, не пересекаются, а прямые АР и AQ
пересекаются в точке А. Аналогично, прямая
AR не перпендикулярна к прямой а.	а
Таким образом, по крайней мере две
из трех прямых, проходящих через точку А,
не перпендикулярны к прямой а.
Рис. 25
Дополнительные задачи
72. Даны четыре прямые, каждые две из которых пересекаются. Сколько
точек пересечения имеют эти прямые, если через каждую точку пересечения
проходят только две прямые?
Решение. Пусть а, Ь, с и d — данные прямые, А — точка
пересечения прямых а и Ъ. По условию задачи прямая с не проходит
через точку А и пересекает прямые а и Ь
в некоторых точках, которые обозначим бук-
буквами В и С (рис.26). Прямая d пересекает
каждую из прямых а, Ь и с и не проходит
через точки А, В и С, поэтому получаем еще
три точки: D, Е и F, в которых прямая d
пересекается с прямыми а, Ъ и с. Таким об-
образом, данные четыре прямые имеют шесть
точек пересечения (см. рис.26).
Ответ. Шесть точек.
Рис. 26
73. Сколько неразвернутых углов образуется при пересечении трех пря-
прямых, проходящих через одну точку?
Решение. При пересечении трех прямых, проходящих через точку
О, образуется шесть лучей, исходящих из точки О, которые на рисун-
рисунке 27 обозначены так: h\, h^, h%, /ц, h$ и h§.

20
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
s	flfi	Луч h\ образует с остальными луча-
лучами пять углов, один из которых (угол
h\hi) — развернутый. Итак, образуется
четыре неразвернутых угла со стороной
h\\ Zh\h2, Zh\hs, Zh\h$ и Zh\hQ.
Аналогично, каждый из других пяти
лучей является стороной четырех нераз-
неразвернутых углов. При таком подсчете
каждый угол учитывается дважды, например, /.h\h^ и /.кфх, ZJn^h^
Рис. 27
Таким образом, всего получается D • 6) : 2 = 12 неразвернутых
углов.
Ответ. 12 неразвернутых углов.
74. Точка N лежит на отрезке МР. Расстояние между точками М и Р
равно 24 см, а расстояние между точками N и М в два раза больше расстояния
между точками N и Р. Найдите расстояние: а) между точками N и Р;
б) между точками N и М.
Решение. Точка N лежит на отрезке МР, поэтому
MN + NP = MP.	A)
а)	По условию расстояние между точками М и Р равно 24 см, т. е.
МР = 24 см, a MN = 2NP. Подставим эти значения в равенство A):
2NP + NP = 24 см.
Отсюда находим: NP = 8 см.
б)	Из равенства A) получаем:
MN = МР - NP = 24 см - 8 см = 16 см.
Ответ, а) 8 см; б) 16 см.
75. Три точки К, L, М лежат на одной прямой, KL = б см, LM =
= 10 см. Каким может быть расстояние КМ? Для каждого из возможных
случаев сделайте чертеж.
Решение. Возможны два случая.
а)	Точки К и М лежат на разных лучах, исходящих из точки
L (рис.28, а). В этом случае
KM = KL + LM = 6 см + 10 см = 16 см.
б)	Точки К и М лежат на одном луче, исходящем из точки L, т. е.
лучи LK и LM совпадают (рис.28, б). В этом случае LM = LK +
+ КМ, откуда КМ = LM - LK = 10 см - 6 см = 4 см.
Ответ. 16 см или 4 см.

Дополнительные задачи	21
К	L	M	L К	М
Рис. 28
76. Отрезок АВ длины а разделен точками Р и Q на три отрезка АР,
PQ и QB так, что АР = 2PQ = 2QB. Найдите расстояние между: а) точкой
А и серединой отрезка QB; б) серединами отрезков АР и QB.
Решение. Пусть М — середина отрезка АР, а N — середина
отрезка QB (рис. 29). Тогда AM = МР, поэтому АР = 2AM = 2MP.
По условию задачи АР = 2PQ = 2QB.
Следовательно, 2АМ = 2МР = 2PQ =	РОВ
= 2QB, т. е. точки М, Р и Q делят отре-	хх////
зок АВ на четыре равные части. Отсюда	М	N
следует, что
Рис. 29
AM = QB = J.
а)	Так как АВ = AN + NB, то AN = АВ - NB, а так как N —
середина отрезка QB, равного -, то NB = -. Следовательно, AN =
= а — - = - а, т. е. расстояние между точками А и N равно - а.
б)	A7V = AM + MAT, откуда
т. е. расстояние между точками М и N равно - а.
о
Ответ, а) - а; б) - а.
о	о
77. Отрезок длины т разделен: а) на три равные части; б) на пять равных
частей. Найдите расстояние между серединами крайних частей.
Решение. Обозначим данный отрезок через АВ. По условию
задачи АВ = т.
а) Пусть точки С и D делят отрезок АВ на три равные части, а М
и N — середины крайних частей АС и DB (рис.30, а). Тогда MN =
А С D В А Р Q R S В
• у • у ш	ту • /^ •	• / •/ •	•	•	• / • / •
М	N	Е	к
а	б
Рис. 30
= АВ- AM - NB. Но АС = CD = DB = ^, следовательно,
-г	^	л/гдг	т т 2
1аким образом, MN = т —	— = - т.
6 6 3

22	Гл. 1. Начальные геометрические сведения
б) Пусть точки Р, Q, R и S делят отрезок АВ на пять равных
частей, а Е и F — середины крайних частей (рис.30, б). Тогда
ЕЕ = АВ - АЕ - ЕВ,
S~^4 I \	/ / V	А I I	lib	I 1 I Ч	I I U
Таким образом,
2	4
Ответ, а) - ш; б) - т.
3	о
78. Отрезок в 36 см разделен на четыре не равные друг другу части. Рас-
Расстояние между серединами крайних частей равно 30 см. Найдите расстояние
между серединами средних частей.
Решение. На рисунке 31 АВ — данный отрезок, С, D и Е —
точки деления, а Р, М, N и Q — соответственно середины отрезков
AC, CD, DE и ЕВ. По условию АВ = 36 см, PQ = 30 см, а нужно
найти MN.	«	,
PQ = AB- V-AC - -ЕВ,
откуда
АС + ЕВ = 2(АВ - PQ) = 2C6 - 30) см = 12 см.
Далее, АС + СЕ + ?Б = АВ, следовательно: СЕ = 36 см -
- 12 см = 24 см.
А	С	D	Е	В
—•—^	•¦—т^	•///•///• у • у
М	N	Q
Рис. 31
Наконец, MN = MD + DN = ^CD + ^	^
Таким образом, MN = 12 см.
Ответ. 12 см.
79* Точки А, В и С лежат на одной прямой, точки М и N — середины
отрезков АВ и АС. Докажите, что ВС = 2MN.
Решение. Возможны два случая.
а) Точки В и С лежат на разных лучах, исходящих из точки
А (рис.32, а). В этом случае
ВС = В А + AC, MN = MA +
Так как В А = 2 МЛ, АС = 2 АДГ, то
ВС = 2(МА + AN) = 2 MN.

Дополнительные задачи	23
б) Точки В и С лежат на одном луче, исходящем из точки А. Пусть,
например, точка В лежит на отрезке АС (рис.32, б). Тогда АВ < АС,
7##
М	N	М N
Рис. 32
а так как АВ = 2 AM, AC = 2 AN, то AM < AN. Поэтому ВС =
= АС — АВ, MN = AN — AM и, следовательно,
ВС = 2 AN -2 AM = 2(AN - AM) = 2 MN.
80. Известно, что ZAOB = 35°, ZBOC = 50°. Найдите угол АОС. Для
каждого из возможных случаев сделайте чертеж с помощью линейки и транс-
транспортира.
Решение. Возможны два случая.
а)	Лучи О А и ОС лежат по разные стороны от прямой
ОВ (рис.33, а). Тогда
А АОС = А АО В + ZBOC = 35° + 50° = 85°.
б)	Лучи О А и ОС лежат по одну сторону от прямой О В (рис. 33, б).
Так как ZAOB < ZBOC, то ZAOC = ZBOC - ZAOB = 50° - 35° =
= 15°.
В
Ответ. 85° или 15°.
81. Угол hk равен 120°, угол hm равен 150°. Найдите угол km. Для
каждого из возможных случаев сделайте чертеж.
Решение. Возможны два случая.
а) Лучи кит лежат по одну сторону от прямой, содержащей луч
h (рис.34, а). В этом случае
Zkm = Zhm - Zhk = 150° - 120° = 30°.

24
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Рис. 34
б) Лучи кит лежат по разные стороны от прямой, содержащей
луч h (рис.34, б). В этом случае продолжение h\ луча h делит угол
km на два угла, и, следовательно,
Zkh\ + Zh\m = Акт.	A)
Углы hk и kh\ смежные, поэтому
Zkhi = 180° -Zhk = 60°.
Аналогично,
Zfcim = 180° -Zhm = 30°.
Подставив эти значения в равенство A), получим: Акт = 60° +
+ 30° =90°.
Ответ. 30° или 90°.
82. Найдите смежные углы, если: а) один из них на 45° больше другого;
б) их разность равна 35°.
Решение. Пусть Z1 и Z2 — данные смежные углы и Zl > Z2.
По свойству смежных углов
Zl+Z2=180°.	A)
а)	По условию Zl = Z2 + 450. Отсюда и из равенства A) находим:
Z1 = 112О3(У, Z2 = 67°30/.
б)	Z1 - Z2 = 35°. Отсюда и из равенства A) находим: Z1 = 107°30/,
Z2 = 72°3(У.
Ответ: а) 112°30' и 67°3(У; б) 107°30/ и 72°3(У.
83. Найдите угол, образованный биссектрисами двух смежных углов.
Решение. Пусть ZAOB и АСОВ — данные смежные углы, а ОР
и OQ — их биссектрисы (рис.35).
Тогда
ZPOQ = АРОВ + ZQOE.	A)

Дополнительные задачи	25
Так как ОР — биссектриса угла АОВ, то ZPOB = -ZAOB. Ана-
Аналогично, ZQOB = -ZBOC. Подставив эти значения в равенство A),
находим:
ZPOQ = \^АОВ + ^ZBOC = \(ZAOB + ZBOC).
Углы АОВ и ВОС - смежные, поэтому ZАОВ + ZBOC = 180°.
Следовательно,
ZPOQ = i. 180° =90°.
Ответ. 90°.
84. Докажите, что биссектрисы вертикальных углов лежат на одной пря-
прямой.
Решение. Пусть АОВ и А\ОВ\ — данные вертикальные уг-
углы, ОМ — биссектриса угла АОВ, а ОМ\ — продолжение луча
ОМ (рис.36). Докажем, что ОМ\ — биссектриса угла А\ОВ\.
С	О	А
Рис. 35	Рис. 36
Углы АОМ и А\ОМ\ — вертикальные, поэтому ZAOM =
= ААХОМХ. Аналогично, ZBOM = АВХОМХ. Так как А АОМ =
= ZBOM, то ZAXOMX = ZB\OM\. Луч ОМХ проходит внутри угла
АХОВХ, следовательно, ОМХ — биссектриса этого угла. Таким образом,
биссектрисы вертикальных углов АОВ и АХОВХ лежат на прямой
ОМ.
85* Докажите, что если биссектрисы углов ABC и CBD перпендикуляр-
перпендикулярны, то точки А, В и D лежат на одной прямой.
Решение. Задача будет решена, если мы докажем, что угол ABD
развернутый. Предположим, что это не так. Пусть ВМ и BN — бис-
биссектрисы углов ABC и CBD. По условию ZMBN = 90°. Возможны
два случая.
а) Луч ВС проходит внутри угла ABD и поэтому делит этот угол
на два угла: ABC и CBD (рис.37, а). Тогда
ZABC + ZCBD = ZABD,
или
(Zl + Z2) + (Z3 + Z4) = ZABD (см. рис. 37, а).

26
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
D
М
N
Рис. 37
Но Zl = Z2, Z3 = Z4 и ZABD < 180°, следовательно,
2Z2 + 2Z3 < 180°,
или ZMBN = Z2 + Z3 < 90°.
Это неравенство противоречит условию задачи.
б) Луч ВС лежит во внешней области угла ABD (рис. 37, б). В этом
случае ZABC + /СБ?> > 180°, поэтому (Zl + Z2) + (Z3 + Z4) >
> 180°. Так как Zl = Z2 и Z3 = Z4, то ZMBN = Z2 + Z3 > 90°. Это
неравенство также противоречит условию задачи.
Таким образом, угол ABD — развернутый и, следовательно, точки
А, В и D лежат на одной прямой.
86. Даны две пересекающиеся прямые а и Ъ и точка А, не лежащая на этих
прямых. Через точку А проведены прямые тип так, что т JL a, n 1 6.
Докажите, что прямые m и п не совпадают.
Решение. Предположим, что прямая п совпадает с прямой га.
Тогда a ± га, 6 _L га. Две прямые, перпендикулярные к третьей прямой,
не пересекаются, поэтому прямые а и b не пересекаются. Это противо-
противоречит условию задачи, следовательно, прямые га и п не совпадают.
Задачи повышенной трудности к главе 1
322.	Пусть а — число, выражающее длину отрезка АВ при единице
измерения CD, а Ь — число, выражающее длину CD при единице измерения
АВ. Как связаны между собой числа а и 6?
Решение. Пусть CD — исходная единица измерения, тогда CD =
= 1 и АВ = а. Если АВ — новая единица измерения, то АВ =
= 1 и CD = Ъ. При переходе от единицы измерения CD к единице
измерения АВ числа, выражающие длины всех отрезков, умножаются
на некоторое число к. Поэтому 1 • к = b, a • к = 1 и, следовательно,
ab= 1.
Ответ. аЬ = 1.
323.	Длина огрезка АБ при единице измерения .Ei.Fi выражается числом
т, а при единице измерения E2F2 — числом п. Каким числом выражается
длина отрезка E\F\ при единице измерения .E2F2?

Задачи повышенной трудности к главе 1
27
Решение. При единице измерения .Ei.Fi имеем: E\F\ = 1, АВ =
= га, а при единице измерения E^F^ получаем: E^F^ = 1, АВ = п. При
переходе от единицы измерения E\F\ к единице E^F^ числа, выражаю-
выражающие длины всех отрезков, умножаются на некоторое число к. Поэтому
E\F\ = I • к, п = km, откуда к = —, E\F\ = —. Следовательно, при
771	771	п
единице измерения E^F^ длина отрезка E\F\ выражается числом —.
п	ш
Ответ. —.
т
324. Пусть Zhk — меньший из двух смежных углов hk и Ы. Докажите,
что
Zhk = 90° - ^
Zhl = 90° + -(Zhl -Zhk).
Решение. По свойству смежных углов
Zhk + Zhl = 180°.
Из равенства A) следует:
2Zhk= 180° - Zhl + Zhk,
откуда
Zhk = 90° - ^(Zhl-Zhk).
Аналогично, из равенства A) получаем:
2Zhl= 180° + Zhl - Zhk,
откуда
Zhl = 90° + UZhl-Zhk).
A)
325. Пять прямых пересекаются в одной
точке (рис. 38) (см. рис. 147 учебника). Найдите
сумму углов 1, 2, 3, 4 и 5.
Решение. Обозначим точку пересече-
пересечения данных прямых буквой О, углы, вер-
вертикальные с углами 3 и 4, цифрами 6 и 7,
а прямую, содержащую стороны углов 2
и 5, через АВ (рис.38).
По свойству вертикальных углов Z3 =
= Z6 и Z4 = Z7, поэтому
Рис. 38
Z\ + Z2 + Z3 + Z4 + Z5 = Z\ + Z2 + Z6 + Zl + Z5.

28
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Но сумма углов 5, 6, 1, 7 и 2 равна развернутому углу АОВ и,
следовательно,
Поэтому
Ответ. 180°.
Zl + Z2 + Z6 + Л + Z5 = 180°.
Zl + Z2 + Z3 + Z4 + Z5 = 180°.
326. Даны шесть попарно пересекающихся прямых. Известно, что через
точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере еще од-
одна из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну
точку.
Решение. Пусть а\ и а^ — две из данных шести прямых —
пересекаются в точке А.
По условию задачи через точку А проходит по крайней мере еще
одна из данных прямых, которую обозначим аз (рис.39). Докажем, что
оставшиеся три прямые также проходят через точку А.
Допустим, что какая-то из них, например, прямая сц, не проходит
через эту точку. Прямая а^ по условию задачи пересекает каждую
из прямых а\, с&2, аз. Обозначим точки пересечения буквами А\, А^
А3 (см. рис.39).
Точки А\, А2, Аз и А попарно различны, и по условию задачи через
каждую из точек А\, A<i, Лз должна проходить по крайней мере еще
одна из данных прямых, отличная от а\, а^, &з, а4- Но это невозможно,
так как даны всего шесть прямых.
Мы пришли к противоречию, поэтому наше предположение неверно
и, следовательно, все данные прямые проходят через точку А.
327. Даны шесть точек. Известно, что прямая, проходящая через любые
две точки, содержит по крайней мере еще одну из данных точек. Докажите,
что все эти точки лежат на одной прямой.
Решение. Задача решается аналогично задаче 326. Пусть А\
и Аъ — две из данных шести точек, a d — прямая А\А2. Докажем, что
все данные точки лежат на прямой d.
По условию задачи на прямой d лежит по крайней мере еще одна
из данных точек, которую обозначим через А% (рис.40). Докажем, что
Рис. 39
Рис. 40

Задачи повышенной трудности к главе 1	29
оставшиеся три точки также лежат на прямой d. Допустим, что какая-
то из них, например, точка А±, не лежит на этой прямой. Тогда прямые
d, A\A4, A2A4, А^А\ попарно различны. По условию задачи на каждой
из прямых А\А\, А2А4, А^А\ должна лежать по крайней мере еще одна
из данных точек, отличная от точек А\, А^, А%, А\. Но это невозможно,
так как дано всего шесть точек.
Мы пришли к противоречию, поэтому наше предположение неверно
и, следовательно, все данные точки лежат на прямой d.

Глава 2
ТРЕУГОЛЬНИКИ
§ 1. Первый признак равенства треугольников
90.	Сторона АВ треугольника ABC равна 17 см, сторона АС вдвое
больше стороны АВ, а сторона ВС на 10 см меньше стороны АС. Найдите
периметр треугольника ABC.
Решение. АС = 2АВ = 34 см, ВС = АС - 10 см = 24 см,
Равс = АВ + ВС + АС = A7 + 24 + 34) см = 75 см.
Ответ. 75 см.
91.	Периметр треугольника равен 48 см, а одна из сторон равна 18 см.
Найдите две другие стороны, если их разность равна 4,6 см.
Решение. Пусть в треугольнике ABC
АВ + ВС + СА = 48 см, АВ = 18 см, ВС - С А = 4,6 см.
Тогда ВС + С А = 48 см - АВ = 30 см.
Складывая равенства
ВС - С А = 4,6 см и ВС + С А = 30 см,
находим: 2ВС = 34,6 см, откуда
ВС = 17,3 см, С А = 30 см - ВС = 12,7 см.
Ответ. 17,3 см и 12,7 см.
92.	Периметр одного треугольника больше периметра другого. Мо-
Могут ли быть равными эти треугольники?
Решение. Данные треугольники не могут быть равными, так
как у равных треугольников стороны соответственно равны и поэтому
равны и их периметры, а у данных треугольников периметры не равны.
Ответ. Нет.
93.	Отрезки АЕ и DC пересекаются в точке В, являющейся серединой
каждого из них. а) Докажите, что треугольники ABC и EBD равны; б) най-

§ 1. Первый признак равенства треугольников
31
дите углы А и С треугольника ABC, если в треугольнике BDE ZD = 47°,
ZE = 42°.
Решение, а) АВ = BE и С В = ?>?), так как по условию точка
В — середина отрезков АЕ и DC (рис.41); ZCBA = ZDBE, так как
эти углы вертикальные. По первому признаку равенства треугольников
ААВС = AEBD.
б) В равных треугольниках против соответственно равных сторон
лежат равные углы, поэтому
= 42°, ZC =
= 47°
Ответ, б) ZA = 42°, ZC = 47°
94. На рисунке 42 (рис.52 учебника) АВ = AC, Zl = Z2. а) Докажите,
что треугольники ABD и ACD равны; б) найдите BD и А5, если АС =
= 15 см, DC = 5 см.
Рис. 41
Рис. 42
Решение, а) АВ = AC, Zl = Z2 по условию; AD — общая
сторона треугольников ABD и ACD. Следовательно, AABD = AACD
по первому признаку равенства треугольников.
б) АВ = АС = 15 см.
BD = DC, так как эти стороны лежат против равных углов 1 и 2,
поэтому ?>?) = 5 см.
Ответ, б) BD = 5 см, АВ = 15 см.
95. На рисунке 43 (рис.53 учебника) ВС = AD, Zl = Z2. а) Докажите,
что треугольники ABC и CD А равны; б) найдите АВ и ВС, если AD =17 см,
DC = 14 см.
Решение: а) ВС = AD, Zl = Z2
по условию; АС — общая сторона тре-
треугольников ABC и CD А. Следовательно,
ААВС = ACDA по первому признаку ра-
равенства треугольников.
б) ВС = AD= 17 см.
ЛВ = DC, так как эти стороны лежат
против равных углов 1 и 2, поэтому АВ =
= 14 см.
Ответ, б) АВ = 14 см, ВС = 17 см.
В
С
D
Рис. 43

32
Гл. 2. Треугольники
96. На рисунке 44 (рис.54 учебника) О А = OD, О В = ОС, Z\ = 74°,
Z2 = 36°. а) Докажите, что треугольники АОВ и DOC равны; б) найдите
ZACD.
Р е ш е н и е. а) О А = OD, ОВ = ОС по условию; ZAOB = АСОВ,
так как эти углы — вертикальные. Следовательно, ААОВ = ADOC
по первому признаку равенства треугольников.
б) ZOCD = Zl, так как эти углы лежат против равных сторон OD
и О А, поэтому ZOCD = 74°.
ZACD = Z2 +
= 36° + 74° = 110°
Ответ, б) 110°.
97. Отрезки АС и BD пересекаются и точкой пересечения делятся попо-
пополам. Докажите, что ААВС = ACDA.
Решение. Пусть отрезки АС и BD пересекаются в точке
О (рис.45).
Рис. 44
Рис. 45
Тогда АО = ОС и ВО = OD по условию; ААОВ = АСОВ, так как
эти углы — вертикальные. Следовательно, ААОВ = ACOD по перво-
первому признаку равенства треугольников.
Из равенства треугольников АОВ и COD следует, что АВ = CD
и Zl =Z2.
В треугольниках ABC и CD А имеем: АВ = CD, AC — общая
сторона, Zl = Z2, поэтому ААВС = ACDA по первому признаку
равенства треугольников.
98.	В треугольниках ABC и А\В\С\
АВ = АХВХ, АС = АхСх, ZA = ZAi.
На сторонах АВ и А\В\ отмечены точки Р и Р\ так, что АР = AiPi.
Докажите, что АВРС = АВХРХСХ.
Решение. ААВС = АА\В\С\ по первому признаку равенства
треугольников. Отсюда следует, что ВС = В\С\ и ZE = /_В\.
Так как ЛВ = АХВХ и АР = АХРХ, то ВР = ВХРХ.
АВРС = АВХРХСХ по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (ВС = ВХСХ, ВР = ВХРХ, ZB = ZBX).
99.	На сторонах угла CAD отмечены точки В и Е так, что точка В лежит
на отрезке АС, а точка Е — на отрезке AD, причем АС = AD и АВ = Ai?.
Докажите, что ZCBD = ZDEC.

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника
33
Решение. В треугольниках АСЕ и ADB
имеем: угол А — общий, АС = AD и АЕ = АВ
по условию (рис.46), поэтому ААСЕ = AADB
по первому признаку равенства треугольников.
Отсюда следует, что ZABD = ZAEC.
Углы CBD и DEC — смежные с равны-
равными углами ABD и АЕС, поэтому ZCBD =
= ZDEC.
А
Е
Рис. 46
D
§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника
105. Точки А и С лежат по одну сторону от прямой а. Перпендикуляры
АВ и CD к прямой а равны, а) Докажите, что AABD = ACDB; б) найдите
ZABC, если ZADB = 44°.
Решение, а) Так как АВ _1_ а
и CD _L а, то ZABD = ZCDB =
= 90° (рис.47).
АВ = CD по условию, BD — об-
общая сторона треугольников ABD и CDB.
Следовательно, AABD = ACDB по пер-
первому признаку равенства треугольников. ~~д
б) Из равенства треугольников ABD
и С?>Б следует, что ZCBD = ZADB.
Поэтому ZCBD = 44°.
/ЛВС + /СБ?> = ZABD = 90°
Рис. 47
Отсюда получаем:
ZABC = 90° - ZCBD = 90° - 44° = 46°.
Ответ, б) 46°.
106. Медиана AD треугольника ABC продолжена за сторону ВС на от-
отрезок DE, равный AD, и точка Е соединена с точкой С. а) Докажите, что
AABD = AECD- б) найдите ZACE, если ZACD = 56°, ZABD = 40°.
Решение, а) В треугольниках
ABD и ?СТ> имеем: BD = DC, так
как AD — медиана; AD = DE по усло-
условию; ZADB = ZEDC, так как эти уг-
углы — вертикальные (рис.48). Следова-
Следовательно, AABD = AECD по первому
признаку равенства треугольников.
б) Из равенства треугольников
ABD и ECD следует, что ZECD = ZABD, поэтому ZECD = 40°
ZACE = ZACD + ZECD = 56° + 40° = 96°.
Ответ, б) 96°.
2 Л. С. Атанасян и др.
Рис. 48

34	Гл. 2. Треугольники
107.	В равнобедренном треугольнике основание в два раза меньше боко-
боковой стороны, а периметр равен 50 см. Найдите стороны треугольника.
Решение. Пусть основание равнобедренного треугольника равно
х, тогда каждая боковая сторона равна 2х. Следовательно,
х + 2х + 2х = 50 см, откуда х = 10 см, 2х = 20 см.
Ответ. 10 см, 20 см, 20 см.
108.	Периметр равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС
равен 40 см, а периметр равностороннего треугольника BCD равен 45 см.
Найдите стороны АВ и ВС.
Решение. Так как треугольник BCD равносторонний, то каждая
его сторона равна 45см : 3 = 15 см. Итак, ВС = 15 см.
Поэтому АВ + АС = 40 см - ВС = 25 см. По условию ВС —
основание равнобедренного треугольника ABC, следовательно, АВ =
= АС = 25 см : 2 = 12,5 см.
Ответ. АВ = 12,5 см, ВС = 15 см.
109.	В равнобедренном треугольнике ABC с основанием ВС проведена
медиана AM. Найдите медиану AM, если периметр треугольника ABC ра-
равен 32 см, а периметр треугольника АВМ равен 24 см.
Решение. Из условия задачи следует:
АВ + АС + ВС = 32 см, или 2АВ + ВС = 32 см;
+ ?М + AM = 24 см.
Но ВМ = - .ВС, так как точка М — середина стороны ВС, поэтому
АВ + i ВС + AM = 24 см.
Отсюда
M = 24 см - (АВ + i ВС) =
= 24 см - i BAB + ВС) = 24 см - i • 32 см = 8 см.
Ответ. 8 см.
110. Докажите, что если медиана треугольника совпадает с его высотой,
то треугольник равнобедренный.
Решение. Пусть AM — медиана и высота треугольника ABC.
Тогда ВМ = МС, ZAMB = ZAMC = 90°, AM - общая сторо-
сторона треугольников АМВ и АМС. Следовательно, ААМВ = ААМС
по первому признаку равенства треугольников. Отсюда следует, что
АВ = АС, т. е. ААВС — равнобедренный.

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника
35
111.	На рисунке 49 (рис. 65 учебника) CD = BD, Zl = Z2. Докажите,
что треугольник ABC равнобедренный.
Решение. AADB = AADC по первому признаку равенства тре-
треугольников (AD — общая сторона, DB = DC и Zl = Z2 по условию).
Отсюда следует, что АВ = АС, т. е. ААВС — равнобедренный.
112.	На рисунке 50 (рис. 66 учебника) АВ = ВС, Z1 = 130°. Найдите Z2.
Решение. Так как АВ = ВС, то ААВС — равнобедренный.
Поэтому ZA = ZC (углы при основании равны).
Углы 1 и С — смежные, следовательно,
АС = 180° - Z1 = 180° - 130° = 50° и ZA = 50°.
Углы А и 2 — вертикальные, поэтому Z2 = ZA = 50°.
Ответ. 50°.
113.	Точки М и Р лежат по одну сторону от прямой Ъ. Перпендикуляры
MN и PQ, проведенные к прямой Ъ, равны. Точка О — середина отрезка NQ.
а) Докажите, что ZOMP = ZOPM; б) найдите ZNOM, если ZMOP = 105°.
Решение, a) AM NO = APQO по первому признаку равенства
треугольников: MN = PQ по условию; QO = NO, так как точ-
точка О - середина NQ; ZMNO = ZPQO = 90°, так как MN _L Ъ
и PQ !_ Ъ (рис.51). Отсюда следует, что ОМ = ОР. Поэтому тре-
треугольник ОМР — равнобедренный и, следовательно, углы при его
основании равны:
ZOMP = ZOPM.
б) Из равенства треугольников MN0 и PQO следует, что
ZNOM = ZQOP.
Углы N0M, МОР и QOP составляют развернутый угол, поэтому
ZNOM + ZMOP + ZQOP = 180°,
или
откуда
2Z7VOM+ 105° = 180°
1
ZNOM = - A80° - 105°) = 37°3(У.
Ответ, б) 37°3(У.
М
Рис. 49
Рис. 50

36	Гл. 2. Треугольники
114. Докажите, что в равных треугольниках медианы, проведенные к рав-
равным сторонам, равны.
Решение. Пусть в равных треугольниках ABC и А\В\С\\ АВ =
= AiBi, ВС = ВХС\, АВ = ABU AM и АХМХ - медианы (рис.52).
Тогда
и, следовательно, ВЫ = В\М\.
ААВМ = АА\В\М\ по первому признаку равенства треугольни-
треугольников, поэтому AM = A\M\, что и требовалось доказать.
115. Медиана AM треугольника ABC равна отрезку ВМ. Докажите, что
один из углов треугольника ABC равен сумме двух других углов.
Решение. ВМ = МС, так как AM — медиана, AM = ВМ —
по условию, поэтому AM = МС (рис. 53).
ВМС
Рис. 53
Таким образом, треугольники АМВ и АМС — равнобедренные.
Следовательно, Zl = Z3 и Z2 = Z4, откуда
А\ + Z2 = Z3 + Z4, т. е. АВ + АС = АА,
что и требовалось доказать.
116. Докажите, что в равностороннем треугольнике все углы равны.
Решение. Пусть треугольник ABC — равносторонний. Тогда
АВ = АС и В А = ВС. Из первого равенства следует, что АВ =
= АС (углы при основании равнобедренного треугольника равны), а из
второго, что АА = АС. Итак,
= ас,
что и требовалось доказать.
117. На рисунке 54 (рис. 67 учебника) АВ = ВС, CD = DE. Докажите,
что ABAC = ACED.
Решение. Треугольники ABC и CDE — равнобедренные, следо-
следовательно,
ABAC = ABC А и ACED = ADCE.

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника
37
Но углы ВС А и DCE — вертикальные, поэтому
ZBCA = ZDCE.
Из этих равенств следует, что ABAC = ZCED.
118.	На основании ВС равнобедренного треугольника ABC отмечены
точки М и N так, что ВЫ = CN. Докажите, что: а) АВАМ = AC AN;
б) треугольник AMN — равнобедренный.
Решение, a) ZB = ZC (углы при основании равнобедренного
треугольника равны).
АВАМ = AC AN по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (ВА = САи ВЫ = CN по условию, ZB = ZC, рис. 55).
б) Из равенства треугольников ВАМ и CAN следует, что AM =
= AN, т. е. треугольник AMN — равнобедренный.
119.	В равнобедренном треугольнике DEK с основанием DK отрезок
EF - биссектриса, DK = 16 см, ZDEF = 43°. Найдите KF, ZDEC, ZEFD.
Решение. В равнобедренном треугольнике DEK биссектриса EF,
проведенная к основанию DK (рис.56), является медианой и высотой.
Поэтому
KF =\DK = 8 см, ZEFD = 90°.
В
Рис. 54
М	N
Рис. 55
D
F
Рис. 56
К
Так как ЕЕ - биссектриса угла ВЕК, то ZDEK = 2ZDEF = 86°.
Ответ. KF = 8 см, ZDEK = 86°, ZEFD = 90°.
120. В равнобедренном треугольнике ABC с ос-
основанием АС проведена медиана BD. На сторонах
АВ и СВ отмечены соответственно точки Е и F так,
что АЕ = CF. Докажите, что: a) ABDE = ABDF;
б) AADE = ACDF.
Решение, а) По условию В А = ВС и АЕ =
= СЕ, поэтому BE = BE (рис. 57).
Медиана BD, проведенная к основанию АС
равнобедренного треугольника ABC, является
также биссектрисой, следовательно, Z\ = Z2.
D
Рис. 57

38	Гл. 2. Треугольники
ABDE = ABDF по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (BE = BF, BD — общая сторона, Zl = Z2).
б) Так как треугольник ABC равнобедренный, то ZA = Z.C.
AADE = ACDF по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (AD = CD, так как BD — медиана; АЕ = CF по условию;
ZA = ZC).
§ 3. Второй и третий признаки равенства
треугольников
121.	Отрезки АВ и CD пересекаются в середине О отрезка АВ, /LOAD =
= ZOBC. а) Докажите, что АСВО = ADAO; б) найдите ВС и СО, если
CD = 26 см, AD = 15 см.
Решение, а) АСВО = ADAO по вто-
Р	В рому признаку равенства треугольников:
/ ОБ = О А и /ОБС = ZOAD по условию;
Zl = Z2, так как эти углы — вертикаль-
вертикальные (рис.58).
*"	б) Из равенства треугольников СВО
Рис 58	и ?^О следует, что ВС = AD и СО = 0D.
Поэтому ВС = 15 см, СО = )- CD = 13 см.
Ответ, б) ВС = 15 см, СО = 13 см.
122.	На рисунке 43 (рис.53 учебника) Zl = Z2, Z3 = Z4. а) Докажите,
что ЛАБС = ACDA; б) найдите АВ и ВС, если AD = 19 см, CD = 11 см.
Решение, а) ААВС = ACDA по второму признаку равенства
треугольников (АС — общая сторона; Zl = Z2 и Z3 = Z4 по условию).
б) Из равенства треугольников ABC и CD А следует, что АВ = CD
и ВС = AD. Поэтому АВ = II см, ВС = 19 см.
О т в е т. б) АВ = 11 см, ВС = 19 см.
123.	На биссектрисе угла А взята точка D, а на сторонах этого угла —
точки В и С такие, что ZADB = ZADC. Докажите, что BD = CD.
Решение. AABD = AACD по второму признаку равенства тре-
треугольников: AD — общая сторона; ZBAD = ZCAD, так как AD —
биссектриса угла A; ZADB = ZADC по условию (рис.59). Отсюда
следует, что BD = CD.
124.	По данным рисунка 60 (рис.73 учебника) докажите, что ОР = ОТ,
АР = Z.T.
Решение. АОВР = АОСТ по второму признаку равенства тре-
треугольников (ОВ = ОС и ZB = ZC по условию; ZBOP = ZCOT,
так как эти углы — вертикальные). Отсюда следует, что ОР = ОТ
и ZP = ZT.

§ 3. Второй и третий признаки равенства треугольников
39
Рис. 59
Рис. 60
125. На рисунке 61 (рис.74 учебника) ZDBC = ZDAC, ВО = АО.
Докажите, что АС = ZD и АС = BD.
Решение. ААОС = ABOD по второму признаку равенства тре-
треугольников (АО = ВО и АО АС = ZOBD по условию; ААОС =
= ZBOD, так как эти углы вертикальные). Отсюда следует, что АС =
= ZD и АС = BD.
126. На рисунке 61 (рис.74 учебника)
ZDAB = ZCBA, ZCAB = ZDBA, С А = 13 см.
Найдите ВВ.
Решение. ADAB = АС В А по второму
признаку равенства треугольников (АВ — об-
общая сторона, ZDAB = ZCBA и ZDBA =
= ZCAB по условию). Отсюда следует, что
DB = С А и, следовательно, DB = 13 см.
Ответ. 13 см.
Рис. 61
В
127. В треугольниках ABC и А\В\С\ АВ = А\Ви ВС = Bid, ZB =
= ZB\. На сторонах АВ и А\В\ отмечены точки D и D\ так, что ZACD =
= ZAxCxDx. Докажите, что ABCD = ABXCXDX.
Решение. ААВС = АА\В\С\ по первому признаку равенства
треугольников (рис.62). Поэтому ZACB = ZA\C\B\. Из равенства
D
Рис. 62
этих углов, а также равенства углов ACD и A\C\D\ следует, что
ZBCD = ZBlClDl.
ABCD = AB\C\D\ по второму признаку равенства треугольни-
треугольников (ВС = Bid, ZB = ZBU ZBCD = ZBXCXDX).

40
Гл. 2. Треугольники
128. Докажите, что в равных треугольниках биссектрисы, проведенные
к соответственно равным сторонам, равны.
Решение. Пусть ААВС = AAiBiCi, причем ZA = ZAU ZB =
= ZB\, AB = А\В\ (рис.63), и пусть AD и A\D\ — биссектрисы
треугольников ABC и А\В\С\. Докажем, что AD = A\D\.
D
Рис. 63
AABD = AA\B\D\ по второму признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = AiBi; ZB = ZBX\ ZBAD = ABXAXDU так как AD
и A\D\ — биссектрисы равных углов А и А\). Отсюда следует, что
В
129. Отрезки АС и BD пересекаются в середине О отрезка AC, ZBCO =
= ZDAO. Докажите, что АВОА = ADOC.
Решение. АВОС = ADO А по второму
признаку равенства треугольников: ОС = О А
и ZBCO = ZDAO по условию; АВОС =
= ZDOA, так как эти углы — вертикаль-
вертикальные (рис.64). Поэтому OB = OD.
jy	АВОА = ADOC по первому признаку ра-
равенства треугольников (ОА = ОС] OB = OD;
Рис. 64	Zl = Z2, так как эти углы — вертикальные).
130. В треугольниках ABC и А\В\С\ отрезки СО и С\О\ — медианы,
ВС = BiCi, ZB = ZBi и ZC = ZC\. Докажите, что: а) ААСО = AAiCiOi;
б) АВСО = ABiCiOi.
Решение, а) ААВС = АА\В\С\ по второму признаку равенства
треугольников (рис.65). Отсюда следует, что АВ = А\В\, АС = А\С\
и ZA = ZAX.
В
С
Рис. 65

§ 3. Второй и третий признаки равенства треугольников
41
Так как АВ = А\В\, а точки О и О\ — середины сторон АВ и А\В\,
то АО = ОВ = АХОХ =О\ВХ.
ААСО = АА\С\О\ по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (АС = Aid, АО = АхОи ZA = ZAX).
б) АВСО = АВ\С\О\ по первому признаку равенства треугольни-
треугольников {ВС = ВХСХ, ВО = ВхОх, /-В =
131. В треугольниках DEF и MNP EF = NP, DF = МР и ZF = АР.
Биссектрисы углов Е и D пересекаются в точке О, а биссектрисы углов М
и N — в точке К. Докажите, что ZDOE = ZMKN.
Решение. ADEF = AMNP по первому признаку равенства тре-
треугольников (рис.66). Поэтому
DE = MN, ZD = ZM, ZE = ZN.
D	EM	N
Рис. 66
Так как DO, EO, MK, NK — биссектрисы углов, то
/3 = i ZE = i ZN = Z4,
ADEO = AMNK по второму признаку равенства треугольни-
треугольников {DE = MN, Zl = Z2, Z3 = Z4).
Отсюда следует, что ZDOE = ZMKN.
132. Прямая, перпендикулярная к биссектрисе
угла А, пересекает стороны угла в точках М
и N. Докажите, что треугольник AMN —
равнобедренный.
Решение. Пусть О — точка пересечения
биссектрисы угла А и прямой MN, перпенди-
перпендикулярной к АО (рис.67).	N
ААОМ = AAON по второму признаку ра-
равенства треугольников {АО — общая сторона,	^ис- 67
ZOAM = ZOAN, ZAOM = ZAON = 90°).
Отсюда следует, что AM = AN, т. е. треугольник AMN — равнобед-
равнобедренный.

42
Гл. 2. Треугольники
133.	Докажите, что если биссектриса треугольника совпадает с его высо-
высотой, то треугольник — равнобедренный.
Решение. Пусть AD — биссектриса и высота треугольника
ABC (рис.68). Тогда AABD = AACD по второму признаку равенства
треугольников (AD — общая сторона, ZBAD = ZCAD, ZADB =
= ZADC = 90°). Отсюда следует, что АВ = АС, т. е. треугольник
ABC — равнобедренный.
134.	Докажите, что равнобедренные треугольники равны, если основание
и прилежащий к нему угол одного треугольника соответственно равны осно-
основанию и прилежащему к нему углу другого треугольника.
Решение. Углы при основании равнобедренного треугольника
равны. Поэтому, если основание и прилежащий к нему угол одно-
одного равнобедренного треугольника соответственно равны основанию
и прилежащему к нему углу другого равнобедренного треугольника,
то равны также два других угла, прилежащих к этим основаниям,
и, следовательно, треугольники равны по второму признаку равенства
треугольников.
135.	Докажите, что если сторона одного равностороннего треугольника
равна стороне другого равностороннего треугольника, то треугольники равны.
Решение. Так как треугольники равносторонние, то из равенства
двух сторон этих треугольников следует, что все стороны этих тре-
треугольников равны друг другу и, следовательно, треугольники равны
по третьему признаку равенства треугольников.
136. На рисунке 69 (рис. 52 учебника) АВ = AC, BD = DC и ZBAC =
= 50°. Найдите ZCAD.
D
Рис. 68
С
Рис. 69
Решение. AABD = AACD по третьему признаку равенства тре-
треугольников (АВ = AC, BD = DC, AD — общая сторона), поэтому
Zl = Z2. По условию ABAC = Zl + Z2 = 50°. Отсюда следует, что
Z2 = 25°.
Ответ. 25°.

§ 3. Второй и третий признаки равенства треугольников
43
137.	На рисунке 70 (рис.53 учебника) ВС = AD, АВ = CD. Докажите,
что ZB = ZD.
Решение. ААВС = ACDA по третьему признаку равенства тре-
треугольников (АВ = CD, ВС = AD, АС — общая сторона), поэтому
ZB = ZD.
138.	На рисунке 71 (рис. 75 учебника) АВ = CD и BD = АС. Докажите,
что: a) ZCAD = ZADB; б) ZBAC = ZCDB.
В
С
в
D
D
Рис. 70
Рис. 71
С
Решение, a) AABD = AACD по третьему признаку равенства
треугольников (АЕ> = CD, BD = AC, AD — общая сторона). Отсюда
следует, что ZADB = ZCAD.
б) ААВС = ADCB по третьему признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = CD, AC = BD, ВС — общая сторона). Отсюда следует, что
ZBAC = ZCDB.
139.	На рисунке 72 (рис. 76 учебника) АВ = CD, AD = ВС, BE -
биссектриса угла ABC, DF — биссектриса угла ADC. Докажите, что:
a) ZABE = ZADF; б) ААВЕ = ACDF.
Решение, а) ААВС = ACDA по тре-
третьему признаку равенства треугольни-
ков (АВ = CD, ВС = AD, АС - общая
сторона). Отсюда следует, что ZB = ZD.
Отрезки BE и DF — биссектрисы в рав-
равных треугольниках, проведенные к рав-
равным сторонам, поэтому BE = DF (за-
(задача 128) и ZABE = ZADF, ZABE =
= ZCDF.
б) ААВЕ = ACDF по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = CD, BE = DF, ZABE = ZCDF).
140.	В треугольниках ABC и А\В\С\ медианы ВЫ и В\М\ равны; АВ =
= А\Ви АС = АХС\. Докажите, что ААВС = AA\B\Ci.
Решение. Так как АС = А\С\, а точки М и М\ — середины
сторон АС и А\С\, то AM = А\М\ (рис. 73).
ААВМ = АА\В\М\ по третьему признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = А\В\, ВЫ = В\М\, AM = A\M\). Отсюда следует, что
D
Рис 72

44
Гл. 2. Треугольники
В
A ABC = AA\B\C\ по первому признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = АхВи АС = АХСХ, ZA = ZAX).
141. В треугольниках ABC и А\В\С\ отрезки AD и A\D\ — биссектрисы,
АВ = А\Ви BD = BxDx и AD = A\D\. Докажите, что A ABC = AA\B\Ci.
Решение. AABD = AA\B\D\ по третьему признаку равенства
треугольников (рис.74). Отсюда следует, что Zl = Z2 и АВ = ZB\.
В
D
Рис. 74
Так как AD и A\D\ — биссектрисы и Zl = Z2, то ZA = /_А\.
A ABC = AAi^iCi по второму признаку равенства треугольни-
треугольников (АВ = АхВи АА = ZAU ZB = ZBX).
142. Равнобедренные треугольники ADC и CBD имеют общее осно-
основание DC. Прямая АВ пересекает отрезок CD в точке О. Докажите, что:
a) ZADB = ZACB; б) DO = ОС.
Решение, а) По условию АС = AD и ВС =
= BD. Отрезок АВ — общая сторона треуголь-
треугольников ABC и ABD (рис. 75, на этом рисунке
точка В лежит на луче АО; случай, когда точка
В лежит на продолжении луча АО, рассматри-
рассматривается аналогично). Поэтому A ABC = AABD
по третьему признаку равенства треугольников.
Отсюда следует, что ZADB = ZACB.
б) Из равенства треугольников ABC и ABD
р „г	следует также, что ZCAB = ZDAB. Это озна-
означает, что АО — биссектриса равнобедренного
треугольника ACD. Следовательно, АО — также медиана треугольни-
треугольника ACD, т. е. DO = ОС.

§ 4. Задачи на построение
45
§ 4. Задачи на построение
144.	Отрезки АВ и CD — диаметры окружности. Докажите, что: а) хорды
BD и АС равны; б) хорды AD и ВС равны; в) ZBAD = ZBCD.
Решение, а) ААОС = ABOD по двум сторонам и углу между
ними: О А = ОВ и ОС = OD, так как эти отрезки — радиусы окруж-
окружности; ААОС = ZBOD, так как эти углы — вертикальные (рис.76).
Отсюда следует, что АС = BD.
б)	Аналогично, из равенства треугольников AOD и ВОС следует,
что AD = ВС.
в)	AABD = ACDB по трем сторонам: АВ = CD, так как эти
отрезки — диаметры окружности; AD = ВС (п. б); BD — общая
сторона. Отсюда следует, что ZBAD = ZBCD.
145.	Отрезок МК — диаметр окружности с центром О, а МР и РК —
равные хорды этой окружности. Найдите АРОМ.
Решение. Отрезок РО — медиана равнобедренного треугольника
МРК (рис.77). Поэтому РО — также и высота этого треугольника,
т. е. ZPOM = 90°.
Ответ. 90°.
146.	Отрезки АВ и CD — диаметры окружности с центром О. Найдите
периметр треугольника AOD, если известно, что СВ = 13 см, АВ = 16 см.
Решение. Обратимся к рисунку 76. В задаче 144 б) доказано, что
AD = ВС, поэтому AD = 13 см.
Так как О А и OD — радиусы окружности, то О А = OD = - АВ =
= 8 см.
Следовательно, Paod = AD + О А + OD = 29 см.
Ответ. 29 см.
147. На окружности с центром О отмечены точки А и В так, что угол
АОВ — прямой. Отрезок ВС — диаметр окружности. Докажите, что хорды
АВ и АС равны.
Решение. ААОВ = ААОС (рис.78) по двум сторонам и углу
между ними. Отсюда следует, что АВ = АС.
Рис. 77
Рис. 78

46	Гл. 2. Треугольники
148.	На прямой даны две точки А и В. На продолжении луча ВА
отложите отрезок ВС так, чтобы ВС = 2АВ.
Решение. Проведем окружность радиуса В А с центром в точке
В. Она пересекает прямую АВ в точках Аи D (рис.79).
Далее проведем окружность радиуса DB с центром в точке D. Она
пересекает прямую АВ в точках В и С.
Отрезок ВС — искомый, поскольку АВ = BD = DC, и поэтому
ВС = 2АВ.
149.	Даны прямая а, точка В, не лежащая на ней, и отрезок PQ.
Постройте точку М на прямой а так, чтобы ВЫ = PQ. Всегда ли задача имеет
решение?
Решение. Построим окружность с центром В, радиус которой ра-
равен PQ (рис. 80). Если эта окружность имеет общую точку М с прямой
Рис. 79	Рис. 80
а, то М — искомая точка, поскольку ВЫ = PQ. Если же построенная
окружность не имеет общих точек с прямой а, то задача не имеет
решения.
Ответ. Не всегда.
150.	Даны окружность, точка А, не лежащая на ней, и отрезок PQ.
Постройте точку М на окружности так, чтобы AM = PQ. Всегда ли задача
имеет решение?
Решение. Построим окружность с центром А, радиус которой
равен PQ (рис.81). Если эта окружность имеет общую точку М
с данной окружностью, то М — искомая точка, поскольку AM = PQ.
Если же построенная окружность не имеет общих точек с данной
окружностью, то задача не имеет решения.
151.	Даны острый угол ВАС и луч XY. Постройте угол YXZ так, чтобы
ZYXZ = 2ZBAC.
Решение. Сначала от данного луча XY отложим угол DXY, рав-
равный данному углу ВАС (рис.82). Построение угла, равного данному,
описано в п. 23 учебника.
Затем от луча XD отложим угол ZXD, равный углу ВАС, как
показано на рисунке 82.
Угол YXZ - искомый, так как ZYXZ = 2ZBAC.
Ответ. Не всегда.

§ 4. Задачи на построение
47
Рис.81
152. Дан тупой угол АО В. Постройте луч ОХ так, чтобы углы ХОА
и ХОВ были равными тупыми углами.
Решение. Построим биссектрису OY данного
тупого угла АОВ (рис.83). Построение биссектрисы
угла описано в п. 23 учебника.
Проведем далее прямую OY и обозначим через
ОХ луч, являющийся продолжением луча OY. До-
Докажем, что луч ОХ является искомым.
В самом деле, углы ХОА и ХОВ являются
смежными с равными острыми углами YOA и YOB.
Поэтому ZXOA и АХОВ — равные тупые углы.
О
X
Рис. 83
154. Дан треугольник ABC. Постройте: а) биссектрису АК; б) медиану
ВМ\ в) высоту СН треугольника.
Решение, а) Построим биссектрису угла А (как это сделать,
описано в п. 23 учебника) и обозначим буквой К точку пересечения
построенной биссектрисы со стороной ВС. Отрезок АК — искомая
биссектриса треугольника ABC.
б)	Построим середину отрезка АС (как это сделать, описано
в п. 23) и обозначим ее буквой М. Проведем отрезок ВЫ. Этот отрезок
и есть искомая медиана треугольника ABC.
в)	Построим прямую, проходящую через точку С и перпендику-
перпендикулярную к прямой АВ (см. задачу 153). Обозначим буквой Н точку
пересечения построенной прямой и прямой АВ. Отрезок СН — иско-
искомая высота треугольника ABC.
155. С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный: а) 45°;
б) 22°30'.
Решение. Проведем прямую и отметим на ней точки А и В.
Затем построим прямую АС, перпендикулярную к прямой АВ (как это
сделать, описано в п. 23 учебника). Очевидно, ZBAC = 90°.
а)	Построим биссектрису AD угла ВАС. Тогда ZBAD = 45°.
б)	Построив теперь биссектрису АЕ угла BAD, получим угол ВАЕ,
равный 22°3(У.

48	Гл. 2. Треугольники
Дополнительные задачи
156.	Периметр треугольника ABC равен 15 см. Сторона ВС больше
стороны АВ на 2 см, а сторона АВ меньше стороны АС на 1 см. Найдите
стороны треугольника.
Решение. По условию
АВ + ВС + АС = 15 см, ВС = АВ + 2 см,
АВ = АС - 1 см.
Отсюда получаем
ЛВ + (АВ + 2 см) + (АВ + 1 см) = 15 см,
или ЗАВ = 12 см.
Следовательно, АВ = 4 см, ВС = 6 см, АС = 5 см.
О т в е т. АВ = 4 см, ВС = 6 см, АС = 5 см.
157.	В равнобедренном треугольнике основание больше боковой стороны
на 2 см, но меньше суммы боковых сторон на 3 см. Найдите стороны
треугольника.
Решение. Пусть ВС — основание равнобедренного треугольника
ABC. Тогда
АВ = АС, ВС = АВ +2 см, ВС = АВ + АС - 3 см.
Отсюда получаем:
АВ + 2 см = АВ + АВ - 3 см
и, следовательно, АВ = 5 см.
Поэтому ВС = 7 см, АС = 5 см.
Ответ. 5 см, 5 см, 7 см.
158.	Основание равнобедренного треугольника равно 8 см. Медиана, про-
проведенная к боковой стороне, разбивает треугольник на два треугольника так,
что периметр одного треугольника на 2 см больше
периметра другого. Найдите боковую сторону данно-
данного треугольника.
Решение. Пусть в треугольнике ABC:
ВС = 8 см, АВ = АС, ВЫ - медиана (рис. 84).
Возможны два случая: а) Равм = Рсвм +
+ 2 см; б) Рсвм = Равм + 2 см.
а) АВ + ВЫ + AM = ВС + БМ + МС +
+ 2 см. Отсюда, учитывая равенство AM =
Рис. 84	= МС, получаем: АВ = ВС + 2 см = 8 см +
+ 2 см = 10 см.
б) ВС + БМ + МС = АВ + БМ + AM + 2 см. Отсюда получаем:
ВС = АВ + 2 см, т. е. АВ = ВС - 2 см = 8 см - 2 см = 6 см.
Ответ. 10 см или 6 см.

Дополнительные задачи
49
159. Докажите, что два равнобедренных треугольника равны, если боко-
боковая сторона и угол, противолежащий основанию, одного треугольника соответ-
соответственно равны боковой стороне и углу, противолежащему основанию, другого
треугольника.
Решение. Указанные треугольники равны по двум сторонами
и углу между ними.
о
Рис. 85
В
160.	Прямая а проходит через середину отрезка АВ и перпендикулярна
к нему. Докажите, что: а) каждая точка прямой а равноудалена от точек А
и В; б) каждая точка, равноудаленная от точек А и В, лежит на прямой а.
Решение. Пусть точка О — середина отрезка АВ (рис.85).
а)	Точка О, очевидно, равноудалена от то-
точек А и В, т. е. АО = ВО.
Пусть М — произвольная точка прямой
а, отличная от точки О. Тогда ААОМ =
= АВОМ по двум сторонам и углу меж-
между ними (АО = ВО, МО — общая сторона,
ZAOM = ZBOM = 90° по условию). Отсюда
следует, что MA = MB, т. е. точка М равно-
равноудалена от точек А и В.
б)	Пусть точка М равноудалена от точек А
и В, т. е. MA = MB. Докажем, что точка М
лежит на прямой а.
Если точка М лежит на прямой АВ, то она совпадает с точкой
О и, следовательно, лежит на прямой а. Если же точка М не лежит
на прямой АВ, то точки М, А и В являются вершинами равнобедрен-
равнобедренного треугольника МАВ. Отрезок МО — медиана этого треугольника,
а следовательно, и высота, т. е. МО _1_ АВ. Отсюда следует, что прямая
МО совпадает с прямой а и, значит, точка М лежит на прямой а.
161.	В треугольниках ABC и А\В\С\ медианы AM и А\М\ равны, ВС =
= В\С\ и ZAMB = ZA\M\B\. Докажите, что A ABC = AA1B1C1.
Решение. Так как ВС = ВХСХ, то ВМ = Х-ВС = \В\С\ = В\М\.
Следовательно, ААВМ = АА\В\М\ по двум сторонам и углу между
ними (рис.86). Из равенства этих треугольников следует, что АВ =
= АХВ\ и ZB = ZB\.
В
м
с
Рис. 86

50
Гл. 2. Треугольники
Так как АВ = АХВХ, ВС = ВХСХ и ZB = ZBX,
= АА\В\С\ (по двум сторонам и углу между ними).
то ААВС =
162.	На рисунке 87 (рис.92 учебника) треугольник ADE — равнобедрен-
равнобедренный, DE — основание. Докажите, что: а) если BD = СЕ, то ZCAD = ZBAE
и АВ = АС; б) если ZCAD = ZBAE, то BD = CE и АВ = АС.
Решение. Так как треугольник ADE — равнобедренный с осно-
основанием DE, то AD = АЕ и ZD = ZE.
а)	Если BD = СЕ, то DC = BE и тогда AADC = ААЕВ по двум
сторонам и углу между ними (AD = АЕ, DC = ЕВ, ZD = ZE).
Отсюда следует, что АС = АВ и ZCAD = ZBAE.
б)	Если ZCAD = ZBAE, то AADC = ААЕВ по стороне и двум
прилежащим углам (AD = АЕ, ZCAD = ZBAE, ZD = ZE). Отсюда
следует, что АС = ЛВ и DC = БЕ. Последнее равенство запишем
в виде: BD + БС = БС + СЕ, откуда получаем BD = СЕ, что и тре-
требовалось доказать.
163.	Докажите, что середины сторон равнобедренного треугольника явля-
являются вершинами другого равнобедренного треугольника.
Решение. Пусть треугольник ABC — равнобедренный с осно-
основанием ВС, а точки Ах, Вх, Сх — середины его сторон (рис.88).
Тогда АВ = AC, ZB = ZC, ВСХ = 1-АВ = 1-АС = СВХ, ВАХ = САХ.
Следовательно, АВАХСХ = АСАХВХ по двум сторонам и углу между
ними. Отсюда следует, что АХСХ = АХВХ, т. е. треугольник АХВХСХ —
равнобедренный, что и требовалось доказать.
164.	На сторонах равностороннего треугольника ABC отложены равные
отрезки AD, BE и CF, как показано на рисунке 89 (рис.93 учебника).
Точки D, E, F соединены отрезками. Докажите, что треугольник DEF —
равносторонний.
Решение. Так как треугольник ABC — равносторонний, то ZA =
= ZB = ZC, а так как AD = BE = CF, то CD = АЕ = BE. Отсюда
следует, что треугольники ADE, BEF и CFD равны по двум сторонам
и углу между ними. Поэтому DE = ЕЕ = FD, т. е. треугольник
DEF — равносторонний.
В	СЕ
Рис. 87
Рис. 88

Дополнительные задачи
51
165.	Отрезки АВ и CD пересекаются в их общей середине О. На отрезках
АС и BD отмечены точки К и К\ так, что АК = ВК\. Докажите, что:
а) ОК = ОК\\ б) точка О лежит на прямой КК\.
Решение, а) ААОС = ABOD по двум сторонам и углу между
ними (рис.90), откуда следует, что ZA = АВ.
ААОК = АВОК\ по двум сторонам и углу между ними, поэтому
ОК = ОКХ.
б) Из равенства треугольников АОК и ВОК\ следует также, что
Zl =Z2.
Пусть луч ОК2 — продолжение луча ОК. Тогда Z1 = ZBOK2.
Из последних двух равенств следует, что Z2 = АВОК2, т. е.
ZBOK\ = ZBOK2, а это означает, что лучи Oi^i и Oi^2 совпадают,
т. е. луч ОК\ является продолжением луча ОК. Поэтому точки О, К
и К\ лежат на одной прямой.
166.	Отрезки АВ и CD пересекаются в их общей середине О. Точки М
и N — середины отрезков АС и BD. Докажите, что точка О — середина
отрезка MN.
Решение. ААОС = ABOD по двум сторонам и углу между
ними (см. рис. 90), поэтому АС = BD и, следовательно, AM = - АС =
= -BD = BN. Отсюда, используя задачу 165, получаем, что ОМ =
= UN и точки О, М и N лежат на одной прямой. Поэтому точка О —
середина отрезка MN.
167.	Стороны равностороннего треугольника ABC продолжены, как по-
показано на рисунке 91 (рис.94 учебника), на равные отрезки AD, CE, BF.
Докажите, что треугольник DEF — равносторонний.
Решение. Так как треугольник ABC — равносторонний, то углы
А, В и С равны друг другу. Отсюда следует, что смежные с ними
углы DAE, FBD и ECF также равны друг другу, а так как АЕ =
= BD = СЕ и AD = BE = СЕ, то треугольники ADE, BED и CEF
равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства этих
треугольников следует, что DE = FD = EF, т. е. треугольник DEF —
равносторонний.
D
В
D
Рис. 91

52
Гл. 2. Треугольники
Рис. 92
168. В треугольнике ABC ZА = 38°,
ZB = 110°, ZC = 32°. На стороне АС от-
отмечены точки D и Е так, что точка D
лежит на отрезке АЕ, BD = DA, BE =
= ЕС. Найдите ZDBE.
Решение. Так как треугольни-
треугольники ADB и ВЕС — равнобедрен-
равнобедренные (рис.92), то Z1 = ZA = 38°, Z2 =
= ZC = 32°. Поэтому
ZDBE = ZB - Z1 - Z2 = 110° - 38° - 32° = 40°
Ответ. 40°.
169. На рисунке 93 (рис.95 учебника) ОС = OD, О В = ОЕ. Докажите,
что АВ = ЕЕ. Объясните способ измерения ширины озера (отрезка АВ
на рисунке 93), основанный на этой задаче.
Решение. АВОС = ADOE
по двум сторонам и углу между
ними, поэтому ZD = ZC и ВС =
= DE.
ААОС = AFOD по стороне
и двум прилежащим к ней уг-
углам (ОС = OD по условию; ZC =
= ZD; ZAOC = ZFOD, так как
эти углы — вертикальные). Отсю-
Отсюда следует, что АС = DF, а так
как ВС = DE, то АВ = EF, что
Рис- 93	и требовалось доказать.
Река
170. Докажите, что треугольники ABC и А\В\С\ равны, если
АВ = А\В\, ZA = ZA\, AD = A\D\, где AD и A\D\ — биссектрисы
треугольников.
Решение. AABD = AA\B\D\ по двум сторонам и углу между
ними (рис.94). Отсюда следует, что ZB = ZB\.
A ABC = AA\B\C\ по стороне и двум прилежащим к ней уг-
углам {АВ = А\В\, ZA = ZAU ZB = ZBX).
D
Рис. 94

Дополнительные задачи
53
171. В треугольниках ABC и ADC стороны ВС и AD равны и пересека-
пересекаются в точке О, АО АС = ZOCA. Докажите, что треугольники АВО и CDO
равны.
Решение. Обратимся к рисунку 95. ААВС = AADC по двум сто-
сторонам и углу между ними (АС — общая сторона, СВ = AD, ZACB =
= ZCAD). Отсюда следует, что АВ = CD, АВ = AD и ABAC =
= ZACD. Из последнего равенства получаем, что Zl = Z2 (рис.95).
ААВО = AC DO по стороне и двум прилежащим углам (АБ = CD,
= /Д Zl =Z2).
172. На рисунке 96 (рис. 96 учебника) АС = AD, AB JL CD. Докажите,
что ВС = BD и /АСБ = ZADB.
Решение. Так как треугольник ACD — равнобедренный, то вы-
высота, проведенная к основанию CD, является биссектрисой, и поэтому
ZCAB = ZDAB.
ААСВ = AADB по двум сторонам и углу между ними. Отсюда
следует, что ВС = BD и ZACB = ZADB.
Рис. 95
173*. Докажите, что угол, смежный с углом треугольника, больше каждого
из двух других углов треугольника.
Решение. Пусть угол BAD — смежный с углом А треугольника
ABC (рис.97). Докажем, например, что ZBAD > АВ.
Отметим середину О стороны АВ и на
продолжении отрезка СО отложим от-
отрезок ОЕ, равный СО. Тогда АВОС =
= ААОЕ по двум сторонам и углу меж-
между ними. Отсюда следует, что АВ =
= Z1. Но ZBAD > Z1 и, следовательно,
ZBAD > ZB.
С
Рис. 97
если А А = ZA
D
= ZBU
174*. Докажите, что ААВС = AAiB
ВС = ВхСх.
Решение. Наложим треугольник ABC на треугольник А\В\С\
так, чтобы сторона ВС совместилась с В\С\, а сторона В А наложилась

54
Гл. 2. Треугольники
В(Вг)
С{Сг)
Рис. 98
на луч В\А\. Это можно сделать, так как
ВС = В\С\ и ZB = ZB\. Если допустить,
что точки А и А\ не совместятся (рис.98),
то получится треугольник САА\, у которо-
которого один из углов, прилежащих к стороне
АА\, равен углу, смежному с другим углом
треугольника САА\ (на рисунке 98 ZA =
= ZBA\C). Но этого не может быть (см. за-
задачу 173). Следовательно, точка А совме-
совместится с точкой А\, а поэтому и весь тре-
треугольник ABC совместится с треугольником
А\В\С\, т. е. эти треугольники равны.
175* На сторонах угла XOY отмечены точки А, В, С и D так, что
О А = OB, AC = BD (рис.99). Прямые AD и ВС пересекаются в точке Е.
Докажите, что луч ОЕ — биссектриса угла XOY. Используя эту задачу,
опишите способ построения биссектрисы угла.
Решение. AOAD = АОВС по двум сторонам и углу между
ними (ОА = OB, OD = ОС, угол О — общий). Отсюда следует, что
ZODA = ZOCB.
Сравним треугольники BDE и АСЕ. В этих треугольниках BD =
= AC, ZBDE = ZACE и углы с вершиной Е равны как вертикальные.
Поэтому ABDE = ААСЕ (см. задачу 174), и,
следовательно, BE = АЕ.
АОАЕ = АОВЕ по трем сторонам. Отсюда
следует, что ZAOE = ZBOE, т. е. луч ОЕ —
биссектриса угла XOY.
Биссектрису данного угла с вершиной О
можно построить следующим образом. На сторо-
сторонах угла откладываем равные отрезки О А и ОВ,
АС и BD, как показано на рисунке 99. Затем
проводим отрезки AD и ВС. Они пересекаются
Рис. 99
в некоторой точке Е. Остается провести луч ОЕ — это и есть биссек-
биссектриса данного угла.
176* Докажите, что треугольники ABC и А\В\С\ равны, если АВ =
= А\В\, АС = А\С\, AM = А\М\, где AM и А\М\ — медианы треугольников.
Решение. На продолжениях отрезков AM и А\М\ отложим от-
отрезки MD и Mi А, равные AM и АХМХ (рис. 100). ААМС = ABMD
по двум сторонам и углу между ними (AM = MD по построению;
ВМ = МС, так как AM — медиана; ZAMC = ZBMD, так как эти
углы — вертикальные). Отсюда следует, что BD = АС.
Аналогично, из равенства треугольников А\М\С\ и B\M\D\ сле-
следует, что B\D\ = А\С\, а так как АС = А\С\ (по условию), то BD =

Дополнительные задачи
55
С
Рис. 100
AABD = AA\B\Di по трем сторонам (АВ = АХВХ; BD = BXDX;
AD = AXDX, так как AD = 2AM, A\D\ = 2AXMX и AM = AXMX).
Отсюда следует, что медианы ВМ и В\М\ в этих треугольниках рав-
равны (см. задачу 114). Поэтому ВС = 2ВМ = 2ВХМХ = ВХСХ и ААВС =
= АА\В\С\ по трем сторонам.
177* Даны два треугольника: ABC и А\В\С\. Известно, что АВ =
= А\В\, АС = А\С\, ZА = /_А\. На сторонах АС и ВС треугольника ABC
взяты соответственно точки К и L, а на сторонах А\С\ и В\С\ треугольника
А\В\С\ — точки К\ и L\ так, что АК = А\К\, LC = L\C\. Докажите, что:
a) KL = K\L\\ б) AL = AXLX.
Решение. ААВС = АА\В\С\ по двум сторонам и углу между
ними, поэтому АС = ZCi (рис. 101).
К
С
Рис. 101
ними.
Так как АС = АХСХ и АК = АхКи то КС = КХСХ.
а)	AKCL = AKXCXLX по двум сторонам и углу между
Отсюда следует, что KL = KXLX.
б)	Аналогично, из равенства треугольников ACL и AXCXLX следует,
что AL = A\L\.
178* Даны три точки А, В, С, лежащие
на одной прямой, и точка D, не лежащая на этой
прямой. Докажите, что по крайней мере два
из трех отрезков AD, BD и CD не равны друг
другу.
Решение. Пусть точка В лежит меж-
между А и С. Предположим, что AD = BD =
= CD (рис. 102). Тогда треугольники ADB,
BDC и ADC — равнобедренные, откуда
следует, что Z1 = Z2, Z3 = Z4 и Zl = Z4,
А	В	С
Рис. 102

56	Гл. 2. Треугольники
т. е. углы 1, 2, 3 и 4 равны друг другу. Но углы 2 и 3 — смежные,
поэтому Z2 + Z3 = 2Z2 = 180°, откуда Z2 = 90°. Итак, Zl = Z2 =
= Z3 = Z4 = Z90°, т. е. из точки D проведены три перпендикуляра
к прямой АС, чего не может быть. Следовательно, наше предположение
о равенстве отрезков AD, BD и CD неверно. Поэтому хотя бы два
из этих отрезков не равны друг другу.
179.	На боковых сторонах АВ и АС равнобедренного треугольника ABC
отмечены точки Р и Q так, что ZPXB = ZQXC, где X — середина основания
ВС. Докажите, что BQ = СР.
Решение. Так как треугольник ABC —
равнобедренный с основанием ВС, то ZB =
= АС (рис. 103).
АВРХ = ACQX по стороне и двум приле-
жащим углам (ВХ = СХ и ZPXB = ZQXC
по условию, ZB = ZC).
Отсюда следует, что ВР = CQ.
В ' х ' С	АВРС = ACQB по двум сторонам и углу
между ними (ВР = CQ, ВС — общая сторона,
Рис. 103	ZB = ZC), поэтому СР = BQ, что и требова-
требовалось доказать.
180.	Постройте окружность данного радиуса, проходящую через данную
точку, с центром на данной прямой.
Решение. Проведем окружность данного радиуса с центром в дан-
данной точке М (рис. 104). Пусть О — общая точка этой окружности
и данной прямой а. Проведем теперь окружность данного радиуса
с центром в точке О. Эта окружность является искомой.
181.	Постройте окружность данного радиуса, проходящую через две дан-
данные точки.
Решение. Проведем окружности данного радиуса с центрами
в данных точках А и В (рис. 105). Пусть эти окружности имеют общую
точку О. Проведем окружность данного радиуса с центром в точке О.
Эта окружность — искомая.
Рис. 104	Рис. 105

Дополнительные задачи
57
182.	Даны прямая а, точки А, В и отрезок PQ. Постройте треугольник
ABC так, чтобы вершина С лежала на прямой а и АС = PQ.
Решение. Проведем окружность с центром в точке А и радиусом,
равным PQ (рис. 106). Пусть С — общая точка этой окружности
и прямой а. Проведем отрезки АВ, ВС и С А. Если точки А, В
и С не лежат на одной прямой, то они являются вершинами искомого
треугольника ABC.
183.	Даны окружность, точки А, В и отрезок PQ. Постройте треугольник
ABC так, чтобы вершина С лежала на данной окружности и АС = PQ.
Решение. Проведем окружность с центром в точке А и радиусом,
равным PQ (рис. 107). Пусть С — общая точка проведенной и данной
О
Рис. 106
Рис. 107
окружностей. Проведем отрезки АВ, ВС и С А. Если точки А, В
и С не лежат на одной прямой, то они являются вершинами искомого
треугольника ABC.
184. На стороне ВС треугольника ABC постройте точку, равноудаленную
от вершин А и С.
Решение. Построим середину отрезка
АС (точка D на рисунке 108) и прямую,
проходящую через точку D и перпендикуляр-
перпендикулярную к прямой АС (как это сделать, описа-
описано в п. 23 учебника). Точка М пересечения
построенной прямой и прямой ВС является
искомой точкой, так как МА = МС (см. за-
задачу 160).
В
/ м
Рис. 108
185. С помощью циркуля и линейки разделите данный отрезок на четыре
равные части.
Решение. Построим середину данного отрезка (как это сделать,
описано в п. 23 учебника), а затем построим середины каждого из двух
получившихся отрезков. Построенные три точки разделяют данный
отрезок на четыре равные части.

58
Гл. 2. Треугольники
Задачи повышенной трудности к главе 2
328. Точки С\ и С?, лежат по разные стороны от прямой АВ и располо-
расположены так, что АС\ = ВС2 и ZBAC\ = ZABC2. Докажите, что прямая С\С2
проходит через середину отрезка АВ.
Решение. Пусть точка О — середина отрезка АВ (рис.109).
Докажем, что точки С\, О и С2 лежат на одной прямой. Отсюда
последует, что прямая С\С2 проходит через
середину О отрезка АВ.
ААОС\ = АВОС2 по двум сторонам
и углу между ними, поэтому ZAOC\ =
= ZBOC2.
Пусть луч ОС — продолжение луча ОС\.
Тогда углы АОС\ и ВОС — вертикальные
и поэтому ZAOC\ = ZBOC. Отсюда и из
равенства углов АОС\ и ВОС2 следует, что
ZBOC = ZBOC2. Эти равные углы отложе-
отложены по одну сторону от луча ОВ, поэтому лучи ОС и ОС2 совпадают,
т. е. луч ОС2 является продолжением луча ОС\, а значит, точки С\, О
и С2 лежат на одной прямой.
329. 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.
Решение. Пусть в треугольниках ABC и А\В\С\\ ZA = ZA\,
АС = АХСХ и АВ + ВС = А{В{ + ВХСХ. Докажем, что ААВС =
Продолжим сторону АВ на отрезок BD, равный ВС, а сторону
А\В\ — на отрезок B\D\, равный В\С\ (рис. ПО). Тогда
ВС,
= А1В1 + B1D1 = А1В1 + Bid,
откуда следует, что AD = A\D\.
D
В
С
В
Рис. ПО

Задачи повышенной трудности к главе 2
59
AADC = AA\D\C\ по двум сторонам и углу между ними, поэтому
DC = DXC\ и ZD = ZD{.
Равнобедренные треугольники BCD и B\C\D\ равны по основанию
и прилежащему углу, и, следовательно, BD = B\D\, а так как AD =
= AiDu то АВ = AiBi.
ААВС = АА\В\С\ по двум сторонам (АВ = А\В\, АС =
= А\С\) и углу между ними (/.А = /.А\).
330. Сторона и два угла одного треугольника равны какой-то стороне
и каким-то двум углам другого. Могут ли эти треугольники быть неравными?
Решение. Приведем пример неравных треугольников, удовлетво-
удовлетворяющих условиям задачи.
Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC, в котором АС =
= ВС ф АВ (рис. 111). В этом треугольнике ZA = АВ.
Пусть АН — высота треугольника ABC. На продолжении
луча НВ отложим отрезок HD, равный НВ, и рассмотрим
треугольники АНВ и AHD. Они равны по двум сторо-
сторонам (НВ = HD, АН — общая сторона) и углу между
ними (ААНВ = ZAHD = 90°). Отсюда следует, что
АВ = AD и ZB = ZADH.
Так как АВ ф АС, то точка D не совпадает с точ-
точкой С. Поэтому треугольники ABC и ABD не равны.
Вместе с тем эти треугольники имеют общую сторону
АВ, общий угол В и равные углы CAB и ADB, т. е.
эти неравные треугольники удовлетворяют условиям
задачи.
Ответ. Да.
В
Рис. 111
331. Две стороны и угол одного треугольника равны каким-то двум сторо-
сторонам и углу другого треугольника. Могут ли эти треугольники быть неравными?
Решение. Приведем пример неравных треугольников, удовлетво-
удовлетворяющих условиям задачи.
Рассмотрим равнобедренный треугольник
ABC с основанием АВ и отметим какую-
нибудь точку D на продолжении стороны
АВ (рис.112).
Треугольники ADC и BDC удовлетворяют
условиям задачи (они имеют равные стороны
АС и ВС, общую сторону CD и общий угол
D), но не являются равными.
Ответ. Да.
А
В
Рис. 112
D
332. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О. Докажите, что ОС =
= OD, если АС = АО = ВО = BD.

60
Гл. 2. Треугольники
Решение. Треугольники АОС и
BOD — равнобедренные, поэтому АС =
= Z1 и Z2 = ZL> (рис. 113). Но углы 1
и 2 равны как вертикальные. Поэтому
ZC = ZD.
ААОС = ABOD по стороне (АО =
= ВО), прилежащему к этой стороне
углу (Zl = Z2) и противолежащему уг-
Рис- 113	Лу (/(^ = ZD). Этот признак равенства
треугольников содержится в задаче 174.
Из равенства треугольников АОС и BOD следует, что ОС = OD.

Глава 3
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ
§ 1. Признаки параллельности двух прямых
186.	На рисунке 114 (рис. 106 учебника) прямые а и Ъ пересечены прямой
с. Докажите, что а \\ Ъ, если: a) Z1 = 37°, Z7 = 143°; б) Zl = Z6; в) Z1 = 45°,
а угол 7 в три раза больше угла 3.
Решение, а) Так как Z7 и Z8 — смежные углы, то по свойству
смежных углов Z7 + Z8 = 180°. По условию Z7 = 143°, поэтому Z8 =
= 180° - 143° = 37°. Итак, Zl = Z8 = 37°, а углы 1 и 8 - соответ-
соответственные углы при пересечении прямых а и Ь секущей с, следова-
следовательно, а || Ь.
б)	Zl = Z6 по условию, Z6 = Z8, так как углы 6 и 8 — вертикаль-
вертикальные, поэтому Zl = Z8, а значит, как и в задаче а), а || Ъ.
в)	По условию Z.7 = 3Z3, Z1 = 45°. Но Zl = Z3, так как углы 1
и 3 — вертикальные, поэтому Z7 = 3Z1 = 135°. Так как Z7 и Z8 —
смежные углы, то по свойству смежных углов Z7 + Z8 = 180°. Отсюда
следует, что Z8 = 180° - 135° = 45°, т. е. Zl = Z8. Тем самым, как
и в задаче а), а || Ъ.
187.	По данным рисунка 115 (рис. 107 учебника) докажите, что АВ || DE.
Решение. Zl = Z2, Z3 = Z4, так как углы 1 и 2, 3 и 4 — углы при
основании равнобедренных треугольников ABC и CDE соответствен-
соответственно, Z2 = Z3, так как углы 2 и 3 — вертикальные, поэтому Zl = Z4.
Углы 1 и 4 — накрест лежащие углы при пересечении прямых АВ
и DE секущей АЕ, следовательно, АВ || DE.
5	b
С\3 4/
D
Рис. 114
Рис. 115

62
Гл. 3. Параллельные прямые
188.	Отрезки АВ и CD пересекаются в их общей середине. Докажите,
что прямые АС и BD параллельны (рис. 116).
Решение. Треугольники АОС и BOD равны по двум
сторонам и углу между ними (АО = OB, CO = OD, так как
точка О — общая середина отрезков АВ и CD, Zl = Z2, так
как углы 1 и 2 — вертикальные). Из равенства этих треуголь-
треугольников следует, что Z3 = Z4. Углы 3 и 4 — накрест лежащие
при пересечении прямых АС и BD секущей АВ, следова-
следовательно, АС || BD.
189.	Используя данные рисунка 117 (рис.108 учебника), докажите, что
ВС II AD.
В
D
D
Рис. 116
Рис. 117
Решение. По условию треугольник ABC — равнобедрен-
равнобедренный (АВ = ВС), поэтому Zl = Z3, так как Z1 и Z3 — углы при его
основании. Zl = Z2 по условию, а значит, Z2 = Z3. Углы 2 и 3 —
накрест лежащие углы при пересечении прямых ВС и AD секущей
АС, следовательно, ВС II AD.
190. На рисунке 118 (рис. 109 учебника) АВ = ВС, AD = DE, АС = 70°,
ZEAC = 35°. Докажите, что DE || АС.
Решение. По условию треугольник ABC —
равнобедренный (АВ = ВС), поэтому его углы
при основании равны: ZA = ZC = 70°. ZA = /А +
+ 35°, поэтому Z1 =35°. Треугольник ADE -
также равнобедренный (по условию AD = DE),
поэтому его углы при основании равны: Z1 =
= Z2 = 35°.
Итак, ZEAC = Z2, а эти углы — накрест лежа-
лежащие при пересечении прямых DE и АС секущей
Рис. 118	АЕ. Следовательно, DE II АС.
D
191. Отрезок ВК — биссектриса треугольника ABC. Через точку К
проведена прямая, пересекающая сторону ВС в точке М так, что ВЫ = МК.
Докажите, что КМ \\ АВ.
Решение. По условию треугольник ВМК — равнобед-
равнобедренный (MB = МК), поэтому его углы при основании рав-

§ 2. Аксиома параллельных прямых
63
ны: Z2 = Z3 (рис.119). Так как отрезок ВК — биссектриса
треугольника ABC, то Z2 = Z1. Следовательно, Zl = Z3. Но углы 1
и 3 — накрест лежащие углы при пересечении прямых АВ и КМ
секущей ВК, поэтому КМ \\ АВ.
192.	В треугольнике ABC угол А равен 40°, а угол ВСЕ, смежный
с углом АС В, равен 80°. Докажите, что биссектриса угла ВСЕ параллельна
прямой АВ.
Решение. Пусть луч CF — биссектриса угла ВСЕ, равного
80° (рис. 120). Тогда Zl = Z2 = 40°, поэтому Z2 = /_А. Но углы А
и 2 — соответственные при пересечении прямых CF и АВ секущей
АС, следовательно, CF || АВ.
193.	В треугольнике ABC А А = 40°, АВ = 70°. Через вершину В про-
проведена прямая BD так, что луч ВС — биссектриса утла ABD. Докажите, что
АС || ВВ.
Решение. По условию луч ВС — биссектриса угла
ABD (рис. 121), поэтому ZABD = 2ZABC = 140°. Углы А и ABD -
односторонние углы при пересечении прямых АС и BD секущей АВ,
а так как ZA + ZABD = 40° + 140° = 180°, то АС II BD.
§ 2. Аксиома параллельных прямых
196. Дан треугольник ABC. Сколько прямых, параллельных стороне АВ,
можно провести через вершину С?
Решение. По аксиоме параллельных прямых через точку, не ле-
лежащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная
данной. Поэтому через точку С можно провести только одну прямую,
параллельную стороне АВ.
Ответ. Одну прямую.
197. Через точку, не лежащую на прямой р, проведены четыре прямые.
Сколько из этих прямых пересекают прямую р? Рассмотрите возможные
случаи.
Решение. Пусть А — данная точка. Возможны два случая:
К
В
м
Рис. 119
С
Рис. 120

64	Гл. 3. Параллельные прямые
а)	все четыре прямые, проходящие через точку А, пересекают
прямую р;
б)	одна из прямых параллельна прямой р. Тогда остальные
три прямые пересекают ее, так как через точку А, не лежащую
на данной прямой р, проходит только одна прямая, параллельная
прямой р.
Ответ. Четыре или три прямые.
198.	Прямые а и Ь перпендикулярны к прямой р, прямая с пересекает
прямую а. Пересекает ли прямая с прямую 6?
Решение. По условию прямые а и Ъ перпендикулярны к прямой р,
поэтому они не пересекаются (см. п. 12 учебника), т. е. а || Ь. По усло-
условию прямая с пересекает одну из параллельных прямых (прямую а),
поэтому, согласно следствию 1° из аксиомы параллельных прямых, она
пересекает и прямую Ъ.
Ответ. Да.
199.	Прямая р параллельна стороне АВ треугольника ABC. Докажите,
что прямые ВС и АС пересекают прямую р.
Решение. Прямая ВС пересекает прямую АВ, параллельную
прямой р, а значит, согласно следствию 1° из аксиомы параллельных
прямых, она пересекает и прямую р. По той же причине прямая АС
пересекает прямую р.
200. На рисунке 122 (рис.115 учебни-
учебника) AD || р. Докажите, что прямая р пересекает
прямые АВ, АЕ, АС, ВС и PQ.
Решение. Прямые АВ, АЕ и АС пере-
пересекают прямую АВ, а по условию AD || р.
Согласно следствию 1° из аксиомы парал-
параллельных прямых, прямые АВ, АЕ и АС
пересекают прямую р. Аналогично, пря-
прямые ВС и PQ пересекают прямую AD,
рис 122	поэтому они пересекают и параллельную
ей прямую р.
201. Сумма накрест лежащих углов при пересечении двух параллельных
прямых секущей равна 210°. Найдите эти углы.
Решение. Пусть Z1 и Z2 — накрест лежащие углы при пересе-
пересечении параллельных прямых а и Ь секущей с (рис. 123). По условию
Zl + Z2 = 210°, а по теореме о накрест лежащих углах, образованных
двумя параллельными прямыми и секущей, Zl = Z2. Следовательно,
Zl =Z2= 105°.
Ответ. 105°, 105°.

§ 2. Аксиома параллельных прямых
65
202.	На рисунке 124 (рис. 116 учебника) прямые а, Ь и с пересечены
секущей d, Zl = 42°, Z2 = 140°, Z3 = 138°. Какие из прямых а, Ъ и с
параллельны?
Решение. 1°. Рассмотрим прямые а и Ъ. Z1 и Z2 — односторонние
углы при пересечении прямых а и b секущей d и Zl + Z2 = 42° +
+ 140° = 182°. Следовательно, прямые а и Ь не параллельны. В самом
деле, если предположить, что а || 6, то по свойству односторонних уг-
углов (третья теорема п.29 учебника) Zl +Z2 = 180°, что противоречит
условию задачи.
2°. Рассмотрим прямые а и с. Z1 и Z3 — односторонние углы при
пересечении прямых а и с секущей d и Zl + Z3 = 42° + 138° = 180°.
Следовательно, по признаку параллельности двух прямых а || с.
3°. Рассмотрим прямые Ъ и с. Углы 2 и 3 — соответственные углы
при пересечении прямых Ъ и с секущей d и Z2 ^ ^3. Следовательно,
прямые 6 и с не параллельны.
Ответ, а || с.
203.	Найдите все углы, образованные при пересечении двух параллельных
прямых а и Ь секущей с, если: а) один из углов равен 150°; б) один из углов
на 70° больше другого.
Решение. На рисунке 125 углы, указанные в условии задачи,
обозначены цифрами.
Рис. 123
Рис. 124
Рис. 125
Воспользуемся теоремами об углах, образованных двумя параллель-
параллельными прямыми и секущей. Имеем: Zl = Z5, Z3 = Z1 как соответствен-
соответственные, a Z5 = Z3 как накрест лежащие углы при пересечении прямых а
и Ъ секущей с. Следовательно,
Zl =Z3 = Z5 = Z7.
Аналогично получим:
Z2 = Z4 = Z6 = Z8.
B)
а) По условию один из углов равен 150°. Пусть, например, Z1 =
= 150°. По свойству смежных углов Zl + Z2 = 180°, откуда Z2 = 30°.
Из равенств A) и B) находим: Zl = Z3 = Z5 = Z7 = 150°, Z2 = Z4 =
= Z6 = Z8 = 30°.
3 Л. С. Атанасян и др.

66
Гл. 3. Параллельные прямые
б) По условию один из углов на 70° больше другого. Поэтому если
один из них фигурирует в равенстве A), то другой должен фигури-
фигурировать в равенстве B). Пусть, например, Z1 = 70° + Z2. По свойству
смежных углов Zl + Z2 = 180°. Следовательно, Z1 = 125°, Z2 = 55°.
Из равенств A) и B) получаем: Zl = Z3 = Z5 = Z7 = 125°, Z2 = Z4 =
= Z6 = Z8 = 55°.
Ответ, а) Четыре угла по 150°, четыре угла по 30°; б) четыре угла
по 125°, четыре угла по 55°.
204. Концы отрезка АВ лежат на параллельных прямых а и Ь. Прямая,
проходящая через середину О этого отрезка, пересекает прямые а и Ь в точках
С и D. Докажите, что СО = OD.
Решение. Рассмотрим треугольники АОС и BOD (рис.126).
Имеем: АО = ОВ, так как точка О — середина отрезка АВ;
Z1=Z2, так как углы 1 и 2 — вертикальные; Z3 = Z4, так как
углы 3 и 4 — накрест лежащие углы при пересечении параллель-
параллельных прямых а и Ъ секущей АВ. Следовательно, треугольники АОС
и BOD равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Поэтому
СО = OD.
205. По данным рисунка 127 (рис. 117 учебника) найдите Z1.
А,
73 е
К
92°
М
Рис. 126
Рис. 127
Решение. Так как ZBDE и Z2 — смежные углы, то Z2 =
= 180° - ZBDE = 73°, следовательно, ZABK = Z2. Углы АВК и 2 -
соответственные при пересечении прямых СВ и ED секущей AF,
поэтому С В || ED. Угол 1 равен углу КРМ, так как эти углы —
соответственные при пересечении параллельных прямых ВК и DM
секущей КР. По условию ZKPM = 92°, поэтому Z1 = 92°.
Ответ. Z1 =92°.
206. Угол ABC равен 70°, а угол BCD равен 110°. Могут ли прямые АВ
и CD быть: а) параллельными; б) пересекающимися?
Решение. Возможны два случая: точки А и D лежат по одну
сторону от прямой ВС (рис. 128, а); точки А и D лежат по раз-
разные стороны от прямой ВС (рис. 128, б). В первом случае углы

§ 2. Аксиома параллельных прямых
67
С
Рис. 128
ABC и BCD — односторонние углы при пересечении прямых АВ
и CD секущей ВС, а так как ZABC + ZBCD = 70° + 110° = 180°,
то АВ || CD. Во втором случае углы ABC и BCD — накрест ле-
лежащие углы при пересечении прямых АВ и CD секущей ВС, а так
как ZABC ф ZBCD, то прямые АВ и CD не параллельны, т. е.
пересекаются.
Ответ, а) Да; б) да.
207. Ответьте на вопросы задачи 206, если ZABC = 65°, a ZBCD =
= 105°.
Решение. Решение задачи аналогично решению задачи 206.
В первом случае прямые АВ и CD не параллельны (рис. 129, а),
так как ZABC + ZBCD ф 180°. Во втором случае прямые
С
Рис. 129
и CD не параллельны, так как ZABC ^ ZBCD (рис. 129, б). Та
ким образом, и в том, и в другом случае прямые АВ и
пересекаются.
Ответ, а) Нет; б) да.
208. Разность двух односторонних углов при пересечении двух параллель-
параллельных прямых секущей равна 50°. Найдите эти углы.
Решение. Пусть Z\ и Z2 — односторонние углы при пересечении
параллельных прямых а и Ъ секущей с. Тогда Z\ + Z2 = 180°. По усло-
условию Zl -Z2 = 50°, следовательно, Z1 = 115°, Z2 = 65°.
Ответ. 115° и 65°.

68
Гл. 3. Параллельные прямые
Рис. 130
209. На рисунке 130 (рис. 118 учебника) а \\ Ь,
с || d, Z4 = 45°. Найдите углы 1, 2 и 3.
Решение. 1) Z3 и Z4 — смежные углы,
поэтому Z3 = 180° - Z4 = 135°.
2)	Z1 и Z3 — накрест лежащие углы при
пересечении параллельных прямых с и d секу-
секущей а, следовательно, Zl = Z3 = 135°.
3)	Z2 и Z4 — соответственные углы при
пересечении параллельных прямых а и Ъ секу-
секущей d, следовательно, Z2 = Z4 = 45°.
D
В
Ответ. Zl =Z3= 135°, Z2 = 45°.
210. Два тела Р\ и Р% подвешены на концах нити, перекинутой через бло-
блоки А и В (рис. 131, рис. 119 учебника). Третье тело Рз подвешено на той же ни-
нити в точке С и уравновешивает тела Р\ и ?2- (При этом АР\ || ВР^ || СРз)-
Докажите, что А АС В = АСАРХ + ZCBP2.
Решение. Пусть прямая СРз пересекает
отрезок АВ в точке D. Углы 1 и 2 — накрест
лежащие углы при пересечении параллель-
параллельных прямых АР\ и СРз секущей АС, поэто-
поэтому Zl = Z2. Углы 3 и 4 — накрест лежащие
углы при пересечении параллельных прямых
ВР<2 и СРз секущей ВС, поэтому Z3 = Z4.
Так как луч CD проходит внутри угла АСВ,
то ZACB = Z2 + Z4, а значит, ZACB =
ZCBP2.
Рис. 131
211. Две параллельные прямые пересечены секущей. Докажите, что:
а) биссектрисы накрест лежащих углов параллельны; б) биссектрисы соответ-
соответственных углов параллельны; в) биссектрисы односторонних углов перпенди-
перпендикулярны.
Решение, а) Пусть АВ || CD и лучи BE и CF — биссектрисы
накрест лежащих углов ABC и BCD соответственно (рис. 132, а).
Углы ABC и BCD — накрест лежащие углы при пересечении парал-
М
В/
с/
D
С/	D
б
Рис. 132
С/
лельных прямых АВ и CD секущей ВС, поэтому ZABC = ZBCD.
Лучи BE и CF — биссектрисы углов ABC и BCD, поэтому Z1 =

Дополнительные задачи	69
= Z2. Равные углы 1 и 2 являются накрест лежащими углами при
пересечении прямых BE и CF секущей ВС, следовательно, BE || CF,
т. е. биссектрисы накрест лежащих углов параллельны.
б)	Пусть АВ || CD, лучи АЕ и CF — биссектрисы соответственных
углов МАВ и ACD (рис. 132, б), a Aff — продолжение луча АЕ.
Так как АЕ — биссектриса угла МАВ, то луч АК — биссектриса
вертикального с ним угла В\АС. Поэтому АЕ || CF (см. задачу а).
в)	Пусть лучи АЕ и СЕ — биссектрисы односторонних углов при
пересечении параллельных прямых АВ и CD секущей АС (рис. 132, в).
Поскольку ABAC + ZAC'D = 180° (эти углы односторонние), то
Следовательно, треугольник АЕС — прямоугольный с прямым
углом Е. Но это и означает, что биссектрисы односторонних углов
перпендикулярны.
Дополнительные задачи
213.	На рисунке 133 (рис. 121 учебни-
учебника) СЕ = ED, BE = EFn КЕ \\ AD. Докажите,
что КЕ || ВС.
Решение. Треугольники ВЕС и FED
равны по двум сторонам и углу между
ними (BE = FE, СЕ = ED по условию А	D F
и ZBEC = ZFED, так как эти углы —	^ iOO
ч тт	Рис. 133
вертикальные). Из равенства треугольников
следует, что Zl = Z2. Но углы 1 и 2 — накрест лежащие при пе-
пересечении прямых ВС и AD секущей CD, поэтому ВС || AD. Итак,
по условию КЕ || AD, по доказанному ВС || AD. Следовательно (со-
(согласно следствию 2° из аксиомы параллельных прямых), КЕ || ВС.
214.	Прямая, проходящая через середину
биссектрисы AD треугольника ABC и пер-
перпендикулярная к AD, пересекает сторону АС
в точке М. Докажите, что MD \\ АВ.
Решение. В треугольнике AMD
(рис. 134) отрезок МО является медиа-
медианой (так как прямая МО проходит через
середину отрезка AD) и высотой (так как
МО _L AD), поэтому треугольник AMD —
равнобедренный с основанием AD, а зна-	Рис 134
чит, Z2 = Z3. Поскольку AD — биссектри-
биссектриса угла А, то Z2 = Z1. Но Z2 = Z3, поэтому Zl = Z3. Углы 1 и 3 —
накрест лежащие углы при пересечении прямых АВ и DM секущей
AD. Следовательно, АВ II DM.

70	Гл. 3. Параллельные прямые
215. По данным рисунка 135 (рис. 122
учебника) найдите угол 1.
Решение. Углы FCD и BCD -
смежные, поэтому ZBCD = 180° —
	^_ — 115° = 65°. Отсюда следует, что
F/H50	\ м ZABC = ZBCD = 65°. Углы ABC
и BCD — накрест лежащие при пе-
Рис. 135	ресечении прямых АВ и CD секущей
ВС, поэтому АВ || CD. Углы EDC
и EDM — смежные, следовательно, ZEDC = 180° - 121° = 59°. Углы
1 и EDC — соответственные углы при пересечении параллельных
прямых АВ и CD секущей ED, поэтому Zl = ZEDC = 59°.
Ответ. 59°.
216.	На рисунке 136 (рис. 123 учебника) DE — биссектриса угла ADF.
По данным рисунка найдите углы треугольника ADE.
Решение. Углы МАВ и СВА — односторонние углы при пере-
пересечении прямых АЕ и BF секущей АВ и ZMAB + ZCBA = 78° +
+ 102° = 180°, следовательно, АЕ || BF. Zl = ZADB = 48°, так как
Z1 и ZADB — накрест лежащие углы при пересечении параллельных
прямых АЕ и BD секущей AD. Углы ADB и ADF — смежные,
поэтому ZADF = 180° - 48° = 132°.
Так как по условию луч DE — биссектриса угла ADF, то Z2 =
= Z4 = 66°. Углы 3 и 4 — накрест лежащие углы при пере-
пересечении параллельных прямых АЕ и BF секущей DE. Следова-
Следовательно, Z3 = Z4 = 66°. Итак, в треугольнике ADE ZA = 48°,
ZD = ZE = 66°.
Ответ. 48°, 66°, 66°.
217.	Прямые а и Ь параллельны прямой с. Докажите, что любая прямая,
пересекающая прямую а, пересекает также и прямую Ь.
Решение. По условию а || с и Ъ || с, следовательно (согласно след-
следствию 2° из аксиомы параллельных прямых), а || Ъ (рис. 137). По усло-
условию прямая т пересекает прямую а, а значит (согласно следствию 1°
М
D
Рис. 136	Рис. 137
из аксиомы параллельных прямых), она пересекает и параллельную
ей прямую Ь.

Дополнительные задачи
71
218. Прямые а и Ь пересекаются. Можно
ли провести такую прямую, которая пересекает пря-
прямую а и параллельна прямой 6? Ответ обоснуйте.
Решение. На прямой а отметим точку
М, не лежащую на прямой Ъ, и проведем
через нее прямую с, параллельную прямой
Ъ (рис. 138). Прямые а и с не совпадают, так
как прямая а пересекает прямую Ъ, а с || Ъ.
Таким образом, прямая с пересекает прямую а
и параллельна прямой Ъ.
Ответ. Да.
Рис. 138
219* Даны две прямые а и Ь. Докажите, что если любая прямая, пересе-
пересекающая прямую а, пересекает и прямую Ь, то прямые а и Ь параллельны.
Решение. Предположим, что прямые а и Ъ не параллельны, т. е.
пересекаются. Тогда можно провести такую прямую с, которая пе-
пересекает прямую а и не пересекает прямую Ъ (задача 218). Но это
противоречит условию задачи. Значит, наше предположение неверно,
и а || Ъ.
220.	Докажите, что если при пересечении двух прямых а и Ь секущей
накрест лежащие углы не равны, то прямые а и Ь пересекаются.
Решение. Пусть при пересечении прямых а и Ь секущей с накрест
лежащие углы 1 и 2 не равны (рис. 139). Предположим, что а || Ь.
Тогда по первой теореме п. 29 накрест лежащие углы равны, т. е. Z1 =
= Z2, что противоречит условию задачи. Значит, наше предположение
неверно, и прямые а и Ъ пересекаются.
221.	Даны треугольник ABC и точки М и N, такие, что середина отрезка
ВМ совпадает с серединой стороны АС, а середина отрезка CN — с серединой
стороны АВ. Докажите, что точки М, N и А лежат на одной прямой.
Решение. Поскольку середины отрезков АВ и CN совпада-
совпадают (рис. 140), то AN || ВС (см. задачу 188). Аналогично, середины
Рис. 139
Рис. 140
отрезков ВМ и АС совпадают, поэтому AM || ВС. Таким образом,
через точку А проходят прямые AM и AN, параллельные прямой ВС.
Но через точку А можно провести только одну прямую, параллельную

72	Гл. 3. Параллельные прямые
прямой ВС. Поэтому прямые AM и AN совпадают, т. е. точки М, А
и N лежат на одной прямой.
222. Даны прямая а и точка А, не лежащая
с	^ А	на ней. С помощью циркуля и линейки через точку
А проведите прямую, параллельную прямой а.
Решение. Через точку А (рис.141) про-
проведем прямую АВ, перпендикулярную прямой
^^^~ а (задача 153). Затем через точку А прове-
дем прямую с, перпендикулярную к прямой
рис 141	АВ. Прямые с и а параллельны. Действитель-
Действительно, по построению с _1_ АВ и а _1_ АВ, значит,
а || с (п. 12).

Глава 4
СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ СТОРОНАМИ
И УГЛАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА
§ 1. Сумма углов треугольника
223. Найдите угол С треугольника ABC, если: а) ZA = 65°, ZB = 57°;
б) ZA = 24°, ZB = 130°; в) ZA = a, ZB = 2а; г) ZA = 60° + а,
ZB = 60° - а.
Решение. ZA + ZB + ZC = 180°, откуда ZC = 180° - ZA- ZB.
Поэтому:
а)	ZC = 180° - 65° - 57° = 58°;
б)	ZC = 180° - 24° - 130° = 26°;
в)	ZC = 180° - а - 2а = 180° - За;
г)	ZC = 180° - 60° - а - 60° + а = 60°.
Ответ, а) 58°; б) 26°; в) 180° - За; г) 60°.
224. Найдите углы треугольника ABC, если ZA : ZB : ZC = 2:3:4.
Решение. Из условия задачи следует, что ZA = 2а, ZB = За,
ZC = 4а, где а — некоторый угол (рис. 142). Поскольку ZA + ZB +
1 ОА°
+ ZC = 2а + За + 4а = 9а = 180°, то а = ^- = 20°, а значит, ZA =
= 40°, ZB = 60°, ZC = 80°.
Ответ. ZA = 40°, Z? = 60°, ZC = 80°.
225. Докажите, что каждый угол равностороннего треугольника
равен 60°.
Решение. Все углы равностороннего треугольника равны
друг другу и составляют в сумме 180°. Поэтому каждый из них
180° агЛо
равен —— = 60 .
226. Докажите, что углы при основании равнобедренного треугольника —
острые.
Решение. Пусть а — угол при вершине равнобедренного тре-
треугольника, противолежащей основанию (рис. 143). Поскольку сумма

74
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
углов треугольника равна 180°, то сумма двух углов при основании
равна 180° — а, а значит, каждый из них равен
227. Найдите углы равнобедренного треугольника, если: а) угол при
основании в два раза больше угла, противолежащего основанию; б) угол при
основании в три раза меньше внешнего угла, смежного с ним.
Решение, а) Из условия задачи следует, что если а — угол
при вершине равнобедренного треугольника, противолежащей основа-
основанию (см. рис. 143), то углы при его основании равны 2а. Имеем: а +
+ 2а + 2а = Ъа = 180°, откуда а = 36°. Таким образом, угол при вер-
вершине равен 36°, а углы при основании 2 • 36° = 72°.
б) Пусть а — угол при основании данного равнобедренного тре-
треугольника (рис. 144). Поскольку смежные углы составляют в сумме
С
Рис. 142
Рис. 143
Рис. 144
180°, то а + За = Аа = 180°, откуда а = 45°. Итак, углы при основа-
основании равнобедренного треугольника равны 45°, а значит, угол при его
вершине, противолежащей основанию, равен 180° —45° —45° = 90°.
Ответ, а) 36°, 72°, 72°; б) 45°, 45°, 90°.
228. Найдите углы равнобедренного треугольника, если один из его углов
равен: а) 40°; б) 60°; в) 100°.
Решение, а) Если данный угол в 40° лежит при основании
равнобедренного треугольника, то другой угол при основании также
равен 40°, а значит, угол при вершине, противолежащей основанию,
равен 180° — 40° — 40° = 100°; если же данный угол в 40° лежит при
вершине равнобедренного треугольника, противолежащей основанию,
то сумма углов при его основании равна 180° —40° = 140°, а значит,
140° 7ПО
каждый из них равен —-— = 70°.
б) Если данный угол в 60° лежит при основании равнобедрен-
равнобедренного треугольника, то другой угол при основании также равен 60°,
а значит, угол при вершине равен 180° — 60° — 60° = 60°; если пред-
предположить, что данный угол лежит при вершине равнобедренного тре-
треугольника, противолежащей основанию, мы получим, очевидно, тот же
результат.

§ 1. Сумма углов треугольника
75
в) Угол при основании равнобедренного треугольника не может
быть тупым (задача 226), поэтому данный угол в 100° является углом
при его вершине, противолежащей основанию. Следовательно, углы
при основании равны
180° - 100°
= 40°.
Ответ, а) 40°, 40° и 100° или 40°, 70° и 70°; б) 60°, 60° и 60°;
в) 100°, 40° и 40°.
229.	В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведена
биссектриса AD. Найдите ZADC, если ZC = 50°.
Решение. Поскольку AD — биссектриса (рис. 145), то ZCAD =
50°
= -— = 25°, а значит,
ZADC = 180° - 50° - 25° = 105°.
Ответ. 105°.
230.	Биссектрисы углов А и В треугольника ABC пересекаются в точ-
точке М. Найдите ZAMB, если А А = 58°, ZB = 96°.
Решение. Поскольку AM и ВМ — биссектрисы (рис. 146), то
ZMAB = Ц^= 29°, ZMBA = Ц- = 48°,
а значит,
ZAMB = 180° - 29° - 48° = 103°.
Ответ. 103°.
231. Медиана AM треугольника ABC равна половине стороны ВС.
Докажите, что треугольник ABC — прямоугольный.
Решение. Из условия задачи следует, что треугольники АВМ
и АСМ — равнобедренные (рис. 147), поэтому углы при основании
каждого из них равны. Следовательно, ZA = ZB + ZC. С другой
стороны,
ZA = 180° - ZB - ZC = 180° - ZA,
откуда находим: ZA = 90°.
В
D
М
Рис. 145
Рис. 146
Рис. 147

76 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
232.	Докажите, что если один из внешних углов треугольника в два раза
больше угла треугольника, не смежного с ним, то треугольник равнобедрен-
равнобедренный. Верно ли обратное утверждение?
Решение. Внешний угол треугольника равен сумме двух углов
треугольника, не смежных с ним. Поэтому если он в два раза больше
одного из них, то он в два раза больше и другого. Следовательно, ука-
указанные углы равны, а значит, треугольник равнобедренный (см. след-
следствие 2 п. 32).
Справедливо и обратное утверждение: в равнобедренном треуголь-
треугольнике один из внешних углов в два раза больше угла треугольника,
не смежного с ним. В самом деле, внешний угол при вершине
равнобедренного треугольника, противолежащей основанию, равен
сумме двух углов при его основании, а значит, он в два раза больше
каждого из них.
Ответ. Да.
233.	Докажите, что биссектриса внешнего угла при вершине равнобедрен-
равнобедренного треугольника, противолежащей основанию, параллельна основанию.
Решение. Пусть BD — биссектриса
внешнего угла равнобедренного треугольника
ABC с основанием АС (рис. 148). Указан-
Указанный внешний угол равен сумме двух углов
при основании и, следовательно, в два раза
больше каждого из них. Поэтому ZCBD =
= ZACB. Но углы CBD и АСВ - накрест
лежащие при пересечении прямых АС и BD
рис 148	секущей ВС, значит, прямые АС и BD парал-
параллельны.
234.	Один из внешних углов равнобедренного треугольника равен 115°.
Найдите углы треугольника.
Решение. Из условия задачи следует, что угол треугольника,
смежный с данным внешним углом, равен 180° — 115° = 65°.
Если этот угол лежит при основании равнобедренного треугольни-
треугольника, то другой угол при основании также равен 65°, а значит, угол при
вершине, противолежащей основанию, равен 180° — 65° — 65° = 50°;
если же этот угол лежит при вершине равнобедренного треугольника,
противолежащей основанию, то сумма углов при его основании равна
115°
180° — 65° = 115°, а значит, каждый из них равен —-— = 57°3(У.
Ответ: 57°30', 57°30' и 65° или 65°, 65° и 50°.
235.	В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведена
биссектриса AD. Найдите углы этого треугольника, если ZADB = 110°.
Решение. Угол ADB является внешним углом треугольника
ACD (рис. 149), поэтому он равен сумме двух углов этого треуголь-

§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника
77
ника, не смежных с ним. Кроме того, поскольку AD — биссектриса,
то ZCAD = ^. Таким образом, ZC + Щ- = 110°, откуда ZC =
= 73°2(У. Следовательно, ZA = ZC = 73°20', ZB = 180° - 73°2(У -
- 73°2(У = 33°20'.
Ответ. 73°2(У, 73°20' и 33°20'.
§ 2. Соотношения между сторонами и углами
треугольника
236.	Сравните углы треугольника ABC и выясните, может ли быть угол
А тупым, если: а) АВ > ВС > АС; б) АВ = АС < ВС.
Решение. В тупоугольном треугольнике тупой угол больше каж-
каждого их двух других углов, поэтому против тупого угла лежит наи-
наибольшая из трех сторон. Следовательно:
а)	поскольку сторона ВС не является наибольшей, то угол А
не может быть тупым;
б)	поскольку сторона ВС является наибольшей, то угол А может
быть тупым.
Ответ, а) Не может; б) может.
237.	Сравните стороны треугольника ABC, если: a) ZA > АВ > ZC;
б) ZA > ZB = ZC.
Решение. В треугольнике против большего угла лежит большая
сторона. Поэтому:
а) ВС > С А > АВ; 6) ВС >СА = АВ.
238.	Докажите, что в равнобедренном треугольнике отрезок, соединя-
соединяющий любую точку основания, отличную от вершины, с противоположной
вершиной, меньше боковой стороны.
Решение. Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC, на ос-
основании АС которого взята точка D, отличная от вершины (рис. 150).
Смежные углы ADB и CDB составляют в сумме 180°, поэтому один
из них тупой или прямой. Пусть, например, угол ADB тупой или пря-
прямой. Тогда в треугольнике ADB против этого угла лежит наибольшая
сторона. Следовательно, АВ > ВВ.
Рис. 149
D
Рис. 150

78
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
239.	Докажите, что в треугольнике медиана не меньше высоты, проведен-
проведенной из той же вершины.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, в котором проведены
высота ВН и медиана ВЫ (рис. 151). Если точки Н и М совпадают,
то высота равна медиане. Если же точки ЯиМне совпадают, то в пря-
прямоугольном треугольнике BUM гипотенуза ВЫ больше катета ВН,
т. е. медиана больше высоты.
240.	В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС биссектрисы
углов А и С пересекаются в точке О. Докажите, что треугольник АОС —
равнобедренный.
Решение. Углы А и С треугольника АОС в два раза меньше
углов А и С треугольника ABC (рис. 152). Следовательно, углы А
М Н
Рис. 151
Рис. 152
и С треугольника АОС равны друг другу, а значит, этот треугольник
равнобедренный.
241. Прямая, параллельная основанию равно-
равнобедренного треугольника ABC, пересекает боко-
боковые стороны АВ и АС в точках М и N. Докажи-
Докажите, что треугольник AMN — равнобедренный.
Решение. Углы М и N треугольника
AMN (рис. 153) равны углам В и С тре-
треугольника ABC как соответственные углы,
образованные при пересечении параллельных
прямых ВС и MN секущими АВ и АС.
Следовательно, углы М и N треугольника
AMN равны друг другу, а значит, этот тре-
треугольник — равнобедренный.
Рис. 153
242. Докажите, что если биссектриса внешнего угла треугольника парал-
параллельна стороне треугольника, то треугольник равнобедренный.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, биссектриса BD внеш-
внешнего угла которого параллельна стороне АС (рис. 154). Углы CBD
и АСВ равны как накрест лежащие углы, образованные при пересече-
пересечении параллельных прямых АС и BD секущей ВС, поэтому внешний

§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника	79
угол при вершине В треугольника ABC в два раза больше угла С
этого треугольника. С другой стороны, указанный внешний угол равен
сумме углов А и С треугольника ABC. Следовательно, АА = АС,
а значит, треугольник ABC — равнобедренный.
243. Через вершину С треугольника ABC проведена прямая, параллель-
параллельная его биссектрисе АА\ и пересекающая прямую АВ в точке D. Докажите,
что АС = AD.
Решение. Углы А\АС и ACD (рис.155) равны как накрест
Рис. 154	Рис. 155
лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых
АА\ и CD секущей АС, поэтому внешний угол при вершине А
треугольника ACD в два раза больше угла С этого треугольника.
С другой стороны, указанный внешний угол равен сумме углов С и D
треугольника ACD. Следовательно, АС = АВ, а значит, АС = AD.
244.	Отрезок AD — биссектриса треугольника ABC. Через точку D
проведена прямая, параллельная АС и пересекающая сторону АВ в точке Е.
Докажите, что треугольник ADE — равнобедренный.
Решение. Углы CAD и ADE (рис. 156) равны как накрест лежа-
лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых АС
и DE секущей АВ. Следовательно, в треугольнике ABE АА = АВ,
а значит, треугольник ABE — равнобедренный.
245.	Через точку пересечения биссектрис ВВ\ и СС\ треугольника ABC
проведена прямая, параллельная прямой ВС и пересекающая стороны АВ
и АС соответственно в точках М и N. Докажите, что MN = ВМ + CN.
Решение. Пусть точка О — точка пересечения биссектрис ВВ\
и СС\ (рис. 157). Углы ВОМ и С ВО равны как накрест лежащие
углы, образованные при пересечении параллельных прямых ОМ и ВС
секущей ВО. Следовательно, в треугольнике ВОМ АВ = АО, а зна-
значит, ОМ = ВМ.
Углы NOC и ОСВ равны как накрест лежащие углы, образован-
образованные при пересечении параллельных прямых ON и ВС секущей СО.
Следовательно, в треугольнике CON AC = АО, а значит, ON = CN.

80 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
D
Рис. 156	Рис. 157
Итак, ОМ = ВМ, ON = CN. Поэтому
MN = ОМ + ON = ВМ + CN.
246. На рисунке 158 (рис. 129 учебника) лучи ВО и СО — биссектрисы
углов В и С треугольника ABC, OE \\ AB, OD \\ АС. Докажите, что периметр
треугольника EDO равен длине отрезка ВС.
Решение. Углы ВОЕ и АВО равны как накрест лежащие углы,
образованные при пересечении параллельных прямых ОЕ и АВ секу-
секущей ВО. Следовательно, в треугольнике ВОЕ АВ = АО, а значит,
ОЕ = BE.
Углы DOC и АСО равны как накрест лежащие углы, образован-
образованные при пересечении параллельных прямых OD и АС секущей СО.
Следовательно, в треугольнике COD AC = АО, а значит, OD = CD.
Итак, ОЕ = BE, OD = CD. Поэтому
= ВС.
247. На рисунке 159 (рис. 130 учебника) АВ = АС, АР = AQ. Докажите,
что: а) треугольник ВОС — равнобедренный; б) прямая О А проходит через
середину основания ВС и перпендикулярна к нему.
Решение, а) Поскольку АВ = АС и АР = AQ, то ВР = CQ.
Следовательно, треугольники СВР и BCQ равны по первому при-
признаку равенства треугольников (ВР = CQ, сторона ВС у них общая,
а углы СВР и BCQ равны как углы при основании равнобедренного
Рис. 159

§2. Соотношения между сторонами и углами треугольника	81
треугольника ABC). Поэтому углы В и С треугольника ВОС равны,
а значит, этот треугольник — равнобедренный.
б) Из рассуждений, приведенных в части а) решения, следует, что
ВО = ОС. Следовательно, треугольники АВО и АСО равны по тре-
третьему признаку равенства треугольников. Поэтому луч АО является
биссектрисой угла А. Но в равнобедренном треугольнике ABC биссек-
биссектриса угла А является медианой и высотой. Таким образом, прямая О А
проходит через середину основания ВС и перпендикулярна к нему.
248.	Существует ли треугольник со сторонами: а) 1 м, 2 м и 3 м; б) 1,2 дм,
1 дм и 2,4 дм?
Решение. Каждая сторона треугольника меньше суммы двух дру-
других сторон. Имеем:
а)	1 м + 2 м = 3 м, поэтому треугольника со сторонами 1 м, 2 м и
3 м не существует;
б)	1,2 дм + 1 дм = 2,2 дм < 2,4 дм, поэтому треугольника со сто-
сторонами 1,2 дм, 1 дм и 2,4 дм не существует.
Ответ, а) Нет; б) нет.
249.	В равнобедренном треугольнике одна сторона равна 25 см, а другая
равна 10 см. Какая из них является основанием?
Решение. Каждая сторона треугольника меньше суммы двух
других сторон. Поэтому если предположить, что основанием является
сторона, равная 25 см, то получится противоречие: 10 см + 10 см =
= 20 см < 25 см. Следовательно, основанием является сторона, равная
10 см.
Ответ. Сторона, равная 10 см.
250.	Найдите сторону равнобедренного треугольника, если две другие
стороны равны: а) 5 см и 3 см; б) 8 см и 2 см; в) 10 см и 5 см.
Решение, а) Если сторона, равная 5 см, является боковой сторо-
стороной данного треугольника, то неизвестная сторона также равна 5 см;
если же боковой стороной данного треугольника является сторона,
равная 3 см, то неизвестная сторона также равна 3 см.
б)	Поскольку данный треугольник равнобедренный, то его неиз-
неизвестная сторона равна либо 8 см, либо 2 см. Если предположить,
что она равна 2 см, то получится противоречие: 2 см + 2 см = 4 см <
< 8 см (в то время как каждая сторона треугольника меньше суммы
двух других сторон). Следовательно, эта сторона равна 8 см.
в)	Поскольку данный треугольник равнобедренный, то его неиз-
неизвестная сторона равна либо 10 см, либо 5 см. Если предположить, что
она равна 5 см, то получится противоречие: 5 см + 5 см = 10 см (в
то время как каждая сторона треугольника меньше суммы двух других
сторон). Следовательно, эта сторона равна 10 см.
Ответ, а) 5 см или 3 см; б) 8 см; в) 10 см.

82 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
252. Два внешних угла треугольника при разных вершинах равны. Пери-
Периметр треугольника равен 74 см, а одна из его сторон равна 16 см. Найдите две
другие стороны треугольника.
Решение. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому если
два внешних угла треугольника при разных вершинах равны, то равны
и углы треугольника при этих вершинах, а значит, данный треуголь-
треугольник — равнобедренный.
Сторона, равная 16 см, может быть либо основанием, либо боковой
стороной этого треугольника. Но боковой стороной она быть не может:
иначе стороны треугольника были бы равны
16 см, 16 см и 74 см — 16 см — 16 см = 42 см,
а 16 см + 16 см = 32 см < 42 см,
в то время как каждая сторона треугольника меньше суммы двух дру-
других сторон. Следовательно, эта сторона является основанием, а значит,
каждая из боковых сторон равна
74 см — 16 см
= 29 см.
Ответ. 29 см и 29 см.
253.	Периметр равнобедренного треугольника равен 25 см, разность двух
сторон равна 4 см, а один из его внешних углов — острый. Найдите стороны
треугольника.
Решение. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому если
один из внешних углов треугольника острый, то угол треугольника при
этой вершине тупой. Поскольку данный треугольник равнобедренный,
то тупым является угол между его боковыми сторонами (углы при
основании равнобедренного треугольника равны, а тупым может быть
только один угол треугольника), а значит, основание является наи-
наибольшей из его сторон. Таким образом, если каждая из боковых сторон
равна х, то сторона основания равна х + 4 см. Периметр треугольника
равен
х + х + (х + 4 см) = 25 см,
откуда Зх = 21 см, х = 7 см, х + 4 = 11 см. Итак, стороны треугольника
равны 7 см, 7 см и 11 см.
Ответ. 7 см, 7 см и 11 см.
§ 3. Прямоугольные треугольники
254.	Найдите углы равнобедренного прямоугольного треугольника.
Решение. Сумма двух острых углов прямоугольного треугольника
равна 90°, а поскольку данный треугольник равнобедренный, то его
острые углы равны друг другу. Следовательно, углы этого треугольни-
треугольника равны 45°, 45° и 90°.
Ответ. 45°, 45° и 90°.

§ 3. Прямоугольные треугольники
83
255. В равнобедренном треугольнике CDE с ос-
основанием СЕ проведена высота CF. Найдите ZECF,
если ZD = 54°.
Решение. Поскольку данный треугольник
равнобедренный, то ZC = /.Е, а значит, 2ZE -\-
+ ZD = 180° (рис. 160), откуда
ZE =
180° -ZD 180°-54°
F
= 63°
Рис. 160
Сумма двух острых углов прямоугольного треугольника CEF равна
90°, поэтому
ZECF = 90° -63° =27°.
Ответ. 27°.
256.	Один из углов прямоугольного треугольника равен 60°, а сумма
гипотенузы и меньшего из катетов равна 26,4 см. Найдите гипотенузу тре-
треугольника.
Решение. Один из острых углов данного треугольника равен 60°,
а значит, другой его острый угол равен 90° — 60° = 30°. Угол в 30°
меньше угла в 60°, поэтому меньший катет лежит против угла в 30° и,
следовательно, равен половине гипотенузы. Таким образом, если длина
гипотенузы равна х, то
х
х + — = 26,4 см, откуда х = 17,6 см.
Ответ. 17,6 см.
257.	В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С внешний
угол при вершине А равен 120°, АС + АВ = 18 см. Найдите АС и АВ.
Решение. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому угол
А треугольника ABC равен 180° — 120° = 60°, а значит, его угол
В равен 90° —60° = 30°. Следовательно, катет АС равен половине
гипотенузы АВ. Учитывая, что АС + АВ = 18 см, получаем: АС =
= 6 см, АВ = 12 см.
О т в е т. АС = 6 см, АВ = 12 см.
258. Из середины D стороны ВС равносторон-
равностороннего треугольника ABC проведен перпендикуляр
DM к стороне АС. Найдите AM, если АВ = 12 см.
Решение. В равностороннем треугольни-
треугольнике все углы равны 60°. Поэтому в прямоуголь-
прямоугольном треугольнике ВМС (рис. 161) угол D
равен 90° - 60° = 30°. Следовательно, МС =
DC ВС АВ Q	,,,
= —— = 	 = 	 = 3 см, а значит, AM =
2	4	4
= 12 см — 3 см = 9 см.
Ответ. 9 см.
Рис. 161

84 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
259.	Угол, противолежащий основанию равнобедренного треугольника,
равен 120°. Высота, проведенная к боковой стороне, равна 9 см. Найдите
основание треугольника.
Решение. Каждый из углов при основании данного треугольника
1 OQ° 	 1 OfH
равен	 = 30°. Поэтому проведенная высота является кате-
катетом прямоугольного треугольника, лежащим против угла в 30°, а ос-
основание данного треугольника — гипотенузой. Следовательно, искомое
основание равно 2 • 9 см = 18 см.
Ответ. 18 см.
260.	Высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника,
равна 7,6 см, а боковая сторона треугольника равна 15,2 см. Найдите углы
этого треугольника.
Решение. Проведенная высота является катетом прямоугольно-
прямоугольного треугольника, а боковая сторона — его гипотенузой. Поскольку
15,2 см = 2 • 7,6 см, то гипотенуза этого треугольника в два раза
больше катета, а значит, угол, лежащий против этого катета, равен
30°. Но этот угол является углом при основании данного треугольника.
Поэтому углы данного треугольника равны 30°, 30° и 180° — 30° —
-30° = 120°.
Ответ. 30°, 30° и 120°.
261.	Докажите, что в равнобедренном треугольнике две высоты, прове-
проведенные из вершин основания, равны.
Решение. Указанные высоты являются катетами прямоугольных
треугольников с общей гипотенузой — основанием данного треуголь-
треугольника — и равными острыми углами — углами при основании данного
треугольника. Поэтому эти прямоугольные треугольники равны, а зна-
значит, равны и указанные высоты.
262.	В треугольниках ABC и А\В\С\ углы А и А\ — прямые, BD
и B\D\ — биссектрисы. Докажите, что ААВС = АА\В\С\, если ZB = АВ\
и BD = BXDX.
Решение. Поскольку ZB = ZB\ и BD и B\D\ — биссектри-
биссектрисы (рис.162), то ZDBA = ZD\B\A\, а значит, прямоугольные тре-
треугольники ABD и A\B\D\ равны по гипотенузе и острому углу.
В	А
Рис. 162

§ 3. Прямоугольные треугольники
85
Следовательно, АВ = А\В\. Поэтому треугольники ABC и А\В\С\
равны по катету и прилежащему к нему острому углу.
263. Высоты, проведенные к боковым сторонам АВ и АС остроугольного
равнобедренного треугольника ABC, пересекаются в точке М. Найдите углы
треугольника, если ZBMC = 140°.
Решение. Пусть Н — основание высоты, проведенной из верши-
вершины В (рис. 163). Угол ВМС, будучи внешним углом прямоугольного
треугольника СМН, равен сумме его углов при вершинах С и Н.
Поэтому ZHCM = 140° - 90° = 50°, а значит, ZA = 90° - ZHCM =
= 40°. Следовательно, каждый из углов В и С треугольника ABC
равен
180°-40°
= 70°.
Ответ. 70°, 70° и 40°.
264. Высоты АА\ и ВВ\ треугольника ABC пересекаются в точке М.
Найдите ZAMB, если ZA = 55°, ZB = 67°.
Решение. Из прямоугольных треугольников АА\В и АВВ\
(рис. 164) находим: ZAXAB = 90° - ZB = 90° - 67° = 23°, ZBXBA =
= 90° — 55° = 35°. Поэтому угол AM В можно найти из треугольника
AM В:
ZAMB = 180° - 23° - 35° = 122°.
Ответ. 122°.
265. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведены
биссектриса AF и высота АН. Найдите углы треугольника AHF, если ZB =
= 112°.
Решение. В равнобедренном треугольнике ABC угол В равен
1 ЯП° 	 1 1 9°
112° (рис. 165), поэтому каждый из углов А и С равен	=
34°
= 34°. Следовательно, угол BAF равен -— = 17°. Из треугольника
BAF находим угол F треугольника AHF: ZF = 180° - ZB - ZBAF =
В
м
Рис. 163
Рис. 164

86
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
= 180° — 112° — 17° = 51°. Таким образом, углы прямоугольного тре-
треугольника AHF равны 51°, 90° и 90° - 51° = 39°.
Ответ. 90°, 39° и 51°.
266. На сторонах угла О отмечены точки А и В так, что О А = ОБ. Через
эти точки проведены прямые, перпендикулярные к сторонам угла и пересека-
пересекающиеся в точке С. Докажите, что луч ОС — биссектриса угла О.
Решение. Прямоугольные треугольники О АС и ОВС (рис.166)
равны: гипотенуза ОС у них общая, а катеты О А и ОВ равны по усло-
условию задачи. Следовательно, ZAOC = ZBOC, а это и означает, что луч
ОС — биссектриса угла О.
Рис. 165
Рис. 166
267. Докажите, что два остроугольных треугольника равны, если сторона
и высоты, проведенные из концов этой стороны, одного треугольника соот-
соответственно равны стороне и высотам, проведенным из концов этой стороны,
другого треугольника.
Решение. Рассмотрим остроугольные треугольники ABC
и А\В\С\ с высотами AD, СЕ и A\D\, C\E\ (рис.167), у которых
АС = А\С\, AD = A\D\, СЕ = С\Е\. Прямоугольные треугольники
D
v С
Рис. 167
АСЕ и А\С\Е\ равны по гипотенузе и катету, поэтому углы А
и А\ этих треугольников равны. Прямоугольные треугольники ACD
и A\C\D\ также равны по гипотенузе и катету, поэтому углы С
и С\ этих треугольников равны. Следовательно, треугольники ABC
и А\В\С\ равны по второму признаку равенства треугольников (АС =
= Aid, ZA = ZAU ZC = ZCi).

§ 3. Прямоугольные треугольники
87
268.	Сформулируйте и докажите признак равенства прямоугольных тре-
треугольников по катету и противолежащему углу.
Решение. Признак равенства прямоугольных треугольников
по катету и противолежащему углу (если, конечно, он имеет
место) должен формулироваться так: если катет и противолежащий
ему угол одного прямоугольного треугольника равен катету и проти-
противолежащему ему углу другого прямоугольного треугольника, то такие
треугольники равны.
Рассмотрим прямоугольные треугольники
АВС и А\В\С\ с прямыми углами А и А\,
у которых АВ = А\В\, ZC = ZC\. При-
Приложим треугольник АВС к треугольнику
А\В\С\ (рис. 168) так, чтобы вершина А сов-
совместилась с вершиной А\, вершина В — с В\,
а вершины С и С\ оказались по разные сторо-
стороны от прямой А\В\. Поскольку углы А и А\
прямые, то точки С, А\ и С\ окажутся при
этом лежащими на одной прямой.
В треугольнике СВ\С\ углы С и С\ равны, поэтому этот треуголь-
треугольник равнобедренный: В\С = В\С\. Следовательно, треугольники АВС
и А\В\С\ равны по гипотенузе и катету.
269.	Докажите, что А АВС = AA{BiCu если ZA = ZAU ZB = ZBX
и ВН = В\Н\, где ВН и В\Н\ — высоты треугольников АВС и А\В\С\.
Решение. Прямоугольные треугольники АВН и А\В\Н\
(рис. 169) равны по катету и противолежащему углу (задача 268),
С
{А)А-
Рис. 168
поэтому АВ = А\В\. Следовательно, треугольники АВС и А\В\С\
равны по второму признаку равенства треугольников.
270. Внутри угла дана точка А. Постройте пря-
прямую, проходящую через точку А и отсекающую
на сторонах угла равные отрезки.
Решение. Построим сначала биссектрису
данного угла (рис. 170), а затем через точку
А проведем прямую, перпендикулярную к этой
биссектрисе. Проведенная прямая — искомая.
Рис. 170

88
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
§ 4. Построение треугольника по трем элементам
271.	Из точки к прямой проведены перпендикуляр и наклонная, сумма
длин которых равна 17 см, а разность длин равна 1 см. Найдите расстояние
от точки до прямой.
Решение. Пусть х — искомое расстояние, или, что то же самое,
длина проведенного перпендикуляра. Поскольку перпендикуляр мень-
меньше наклонной, то длина наклонной равна х + 1 см. Следовательно,
х + х + 1 см = 17 см, откуда х = 8 см.
Ответ. 8 см.
272.	В равностороннем треугольнике ABC проведена биссектриса AD.
Расстояние от точки D до прямой АС равно б см. Найдите расстояние от вер-
вершины А до прямой ВС.
Решение. Биссектриса равностороннего треугольника является
высотой, поэтому искомое расстояние — это длина отрезка AD. Про-
Проведем из точки D перпендикуляр DE к прямой АС (рис. 171). По усло-
условию DE = 6 см. Учитывая, что отрезок DE является катетом прямо-
прямоугольного треугольника ADE, лежащим против угла в 30°, получим:
AD = 2-6 см = 12 см.
Ответ. 12 см.
273.	Сумма гипотенузы СЕ и катета CD прямоугольного треугольника
CDE равна 31 см, а их разность равна 3 см. Найдите расстояние от вершины
С до прямой DE.
Решение. Пусть х — искомое расстояние, равное, очевидно, длине
катета CD (рис. 172). Поскольку катет меньше гипотенузы, то гипо-
гипотенуза равна х + 3 см. Следовательно, ж + ж + 3см = 31 см, откуда
х = 14 см.
Ответ. 14 см.
274. Докажите, что в равнобедренном треугольнике середина основания
равноудалена от боковых сторон.
Решение. Пусть М — середина основания АВ равнобедренного
треугольника ABC (рис. 173), МН и МК — перпендикуляры, про-
Е
К
D
С
М
В
Рис. 171
Рис. 172
Рис. 173

§ 4. Построение треугольника по трем элементам
89
веденные из точки М к прямым АС и ВС. Поскольку отрезок СМ
является медианой равнобедренного треугольника, а значит, и его
биссектрисой, то ZHCM = ZKCM. Следовательно, прямоугольные
треугольники НСМ и КСМ равны по гипотенузе и острому углу,
а значит, МН = МК.
275. На основании АВ равнобедренного треугольника ABC взята точка
М, равноудаленная от боковых сторон. Докажите, что СМ — высота треуголь-
треугольника ABC.
Решение. Пусть МН и МК — перпендикуляры, проведенные
из точки М к прямым АС и ВС (см. рис. 173). Поскольку МН = МК,
то прямоугольные треугольники НСМ и КСМ равны по гипотенузе
и катету. Следовательно, отрезок СМ является биссектрисой треуголь-
треугольника ABC, а значит, и его высотой.
276. Через середину отрезка проведена прямая. Докажите, что концы
отрезка равноудалены от этой прямой.
Решение. Пусть М — середина отрезка
АВ (рис. 174), АА\ и ВВ\ — перпендикуля-
перпендикуляры, проведенные из концов отрезка к данной
прямой. Поскольку углы АМА\ и ВМВ\ рав-
равны как вертикальные углы, то прямоуголь-
прямоугольные треугольники АА\М и ВВ\М равны
по гипотенузе и острому углу. Следовательно,
ААХ =ВВ{.
Рис. 174
В
277. Расстояние между параллельными прямыми а и Ъ равно 3 см, а меж-
между параллельными прямыми а и с равно 5 см. Найдите расстояние между
прямыми бис.
Решение. Если прямые Ъ и с лежат по одну сторону от прямой
а, то расстояние между ними равно 5 см — 3 см = 2 см; если же эти
прямые лежат по разные стороны от прямой а, то расстояние между
ними равно 5 см + 3 см = 8 см.
Ответ. 2 см или 8 см.
278. Прямая АВ параллельна прямой CD.
Найдите расстояние между этими прямыми, если
ZADC = 30°, AD = 6 см.
Решение. Пусть АН — перпендику-
перпендикуляр, проведенный из точки А к прямой
CD (рис. 175). Поскольку в прямоугольном тре-
треугольнике ADH угол D равен 30°, то АН =
AD Q
= — = 3 см.
Ответ. 3 см.
С Н
D
Рис. 175

90
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
279* Докажите, что все точки плоскости, расположенные по одну сторону
от данной прямой и равноудаленные от нее, лежат на прямой, параллельной
данной.
Решение. Пусть а — данная прямая, А — одна из тех точек,
о которых идет речь в условии задачи, d — расстояние от точки
А до прямой а. Проведем через точку А прямую Ъ, параллельную
прямой а (рис. 176). Требуется доказать, что если точки А и В лежат
по одну сторону от прямой а, причем точка В не лежит на прямой Ъ,
то расстояние от точки В до прямой а не равно d. Докажем это.
Проведем через точку В прямую, перпендикулярную к а, и обозна-
обозначим буквами Н и К точки пересечения этой прямой с прямыми а и Ь
соответственно. По теореме п. 37 КН = d, а поскольку точки В и К
не совпадают (точка В не лежит на прямой Ь), то ВН ф d. Но это
и означает, что расстояние от точки В до прямой а не равно d.
280.	Даны неразвернутый угол ABC и отрезок PQ. Что представляет
собой множество всех точек, лежащих внутри данного угла и удаленных
от прямой ВС на расстояние PQ?
Решение. Все точки искомого множества лежат, очевидно, по ту
же сторону от прямой ВС, что и точка А. Выберем одну из них
и проведем через нее прямую, параллельную ВС (рис. 177). По теореме
п. 37 все точки этой прямой удалены на расстояние PQ от прямой ВС,
а согласно утверждению задачи 279 все интересующие нас точки лежат
на этой прямой. Таким образом, искомым множеством точек является
часть указанной прямой, заключенная внутри угла ABC, т. е. луч
с началом на стороне АВ.
Ответ. Луч с началом на стороне АВ, параллельный стороне ВС.
281.	Что представляет собой множество всех точек плоскости, равноуда-
равноудаленных от двух данных параллельных прямых?
Решение. Пусть d — расстояние между данными прямыми. Все
точки искомого множества лежат, очевидно, между данными прямыми
и удалены от них на расстояние -. Выберем одну из них и проведем
через нее прямую, параллельную данным. По теореме п. 37 все точки
этой прямой равноудалены от данных прямых, а согласно утверждению
В
К
н
с
Рис. 176
Рис. 177

b Y
а
К
Н X
Задачи на построение	91
задачи 279 точки, не лежащие на этой прямой, искомому множеству
не принадлежат. Таким образом, проведенная прямая и является иско-
искомым множеством точек.
Ответ. Прямую, параллельную данным прямым и находящуюся
на равных расстояниях от них.
282.	Прямые а и Ь параллельны. Докажите, что середины всех отрезков
XY, где X G а, где Y ? Ь, лежат на прямой, параллельной прямым а и Ь
и равноудаленной от этих прямых.
Решение. Проведем через середину М отрезка XY прямую,
перпендикулярную к прямым а и Ъ (рис. 178), и обозначим буквами
Н и К точки пересечения этой прямой с пря-
прямыми а и Ъ соответственно. Прямоугольные
треугольники ХНМ и YKM равны по ги-
гипотенузе и острому углу, поэтому МН =
= МК. Следовательно, точка М равноудалена
от прямых а и Ь, а значит, согласно результа-
результату задачи 281, лежит на прямой, параллель-
параллельной прямым а и Ъ и равноудаленной от этих	рис 178
прямых.
283.	Что представляет собой множество всех точек плоскости, находящих-
находящихся на данном расстоянии от данной прямой?
Решение. Согласно теореме п. 37 и утверждению, сформулиро-
сформулированному в задаче 279, множество всех точек, находящихся на данном
расстоянии от данной прямой и лежащих по одну сторону от нее,
представляет собой прямую, параллельную данной прямой. Поэтому
искомым множеством точек являются две прямые, параллельные дан-
данной прямой и расположенные на данном расстоянии по разные стороны
от нее.
Ответ. Две прямые, параллельные данной прямой и расположен-
расположенные на данном расстоянии по разные стороны от нее.
Задачи на построение
285. Даны пересекающиеся прямые а и Ь и отрезок PQ. На прямой а
постройте точку, удаленную от прямой Ь на расстояние PQ.
Решение. Проведем прямую, параллельную прямой Ь и удален-
удаленную от нее на расстояние PQ (как это сделать, написано в решении
задачи 284, см. учебник). Поскольку все точки этой прямой удалены
от прямой Ъ на расстояние PQ, то точка ее пересечения с прямой а —
искомая. В соответствии с результатом задачи 283 данная задача имеет
два решения.

92
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
286. Постройте треугольник по стороне, при-
прилежащему к ней углу и биссектрисе треугольника,
проведенной из вершины этого угла.
Решение. Построим угол hk, равный
данному углу (рис. 179),и на луче h от его на-
начала А отложим отрезок АВ, равный данной
стороне треугольника. Затем проведем бис-
биссектрису угла hk и отложим на ней отрезок
AM, равный данной биссектрисе. Наконец,
проведем прямую ВМ до пересечения с лучом к в точке С. Треуголь-
Треугольник ABC — искомый.
В
Рис. 179
287. Постройте треугольник по стороне, медиане, проведенной к одной
из двух других сторон, и углу между данными стороной и медианой.
Решение. Построим угол hk, равный
данному углу (рис. 180), и на луче h от его
начала А отложим отрезок АВ, равный
данной стороне треугольника, а на луче
к — отрезок AM, равный данной меди-
медиане. Затем проведем луч ВМ и отложим
на нем отрезок МС = ВМ. Наконец, со-
соединим точки А и С отрезком. Треуголь-
Треугольник ABC — искомый.
В
Рис. 180
288. Даны отрезок PQ и угол hk. Постройте треугольник ABC так,
чтобы: а) АВ = PQ, ZABC = Zhk, ABAC = ]- Zhk; б) АВ = PQ, ZABC =
= Zhk, ZBAC = \ Zhk.
4
Решение, а) Построим отрезок АВ = PQ.
От лучей ВА и АВ отложим углы АВМ
и BAN, равные углу hk, так, чтобы точки
М и N лежали по одну сторону от прямой
АВ (рис. 181). Затем проведем биссектрису угла
BAN до пересечения с лучом ВМ в точке С.
Треугольник ABC — искомый.
б) Выполним построение, описанное в ре-
решении части а) задачи, но точку С обо-
обозначим иначе — например, буквой Е. За-
Затем проведем биссектрису угла ВАЕ до пе-
с лучом ВМ в точке С. Треугольник ABC —
N
Рис. 181
ресечения
искомый.
289. Даны два угла hk и h\k\ и отрезок PQ. Постройте треугольник ABC
так, чтобы АВ = PQ, ZA = Zhk, ZB = -Zhxkx.

Задачи на построение	93
Решение. Построим отрезок АВ =
= PQ. От лучей В А и АВ отложим у г-	#_/*Ч M
лы АВМ и BAN, равные соответствен-
соответственно углам h\k\ и hk, так, чтобы точки М
и N лежали по одну сторону от прямой
АВ (рис. 182). Затем проведем биссектри-
биссектрису угла АВМ до пересечения с лучом AN	p ™
в точке С. Треугольник ABC — искомый.
290.	Постройте прямоугольный треугольник: а) по двум катетам; б) по ка-
катету и прилежащему к нему острому углу.
Решение, а) Построим сначала прямой угол с вершиной А, а за-
затем на его сторонах отложим отрезки АВ и АС, равные данным кате-
катетам. Наконец, соединим точки А и С отрезком. Треугольник ABC —
искомый.
б) Построим отрезок АВ, равный данному катету. Через точку А
проведем прямую, перпендикулярную к АВ. От луча ВА отложим
угол, равный данному углу, и продолжим его сторону до пересечения
с проведенной прямой в точке С. Треугольник ABC — искомый.
291.	Постройте равнобедренный треугольник: а) по боковой стороне и уг-
углу, противолежащему основанию; б) по основанию и углу при основании;
в) по боковой стороне и углу при основании; г) по основанию и боковой
стороне; д) по основанию и медиане, проведенной к основанию.
Решение, а) Боковые стороны равнобедренного треугольника рав-
равны, поэтому задача сводится к построению треугольника по двум
сторонам и углу между ними, а эта задача решена в учебнике.
б)	Углы при основании равнобедренного треугольника равны, по-
поэтому задача сводится к построению треугольника по стороне и двум
прилежащим к ней углам, а такую задачу мы уже решали (см., напри-
например, решение задачи 288).
в)	От произвольного луча h отложим Zhk\, равный данному уг-
углу (рис. 183), а затем от луча fci отложим Ак\к^ = Z.hk\ и проведем луч
h\, являющийся продолжением луча h. Угол h\k2 равен, очевидно, углу,
противолежащему основанию искомого треугольника. Таким образом,
задача в) свелась к задаче а).
г)	Боковые стороны равнобедренного треугольника равны, поэтому
задача сводится к построению треугольника по трем сторонам, а эта
задача решена в учебнике.
д)	Построим отрезок АВ, равный данному основанию, и най-
найдем его середину М (рис. 184). Поскольку медиана равнобедренного
треугольника, проведенная к основанию, является высотой, то посту-
поступим так. Через точку М проведем прямую, перпендикулярную к АВ,
и отложим на одном из ее лучей с началом М отрезок МС, равный
данной медиане. Треугольник ABC — искомый.

94
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
С
М
Рис. 183
Рис. 184
292. Даны: отрезки P\Q\, P2Q2 и Рз<2з- Постройте треугольник ABC так,
чтобы: а) АВ = PXQU ВС = P2Q2, С А = 2P3Q3; б) АВ = 2P{QU ВС = P2Q2,
3
С А = - P3Q3. Всегда ли задача имеет решение?
Решение, а) Построим отрезок, равный 2P3Q3. Теперь задача
сводится к построению треугольника по трем сторонам, а эта задача
решена в учебнике (она имеет решение не всегда).
3
б) Построим отрезки, равные 2P\Q\ и - P3Q3. Теперь задача сво-
сводится к построению треугольника по трем сторонам, а эта задача
решена в учебнике (она имеет решение не всегда).
Ответ, а) Не всегда; б) не всегда.
294. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте к одной из этих
сторон.
Решение. Проведем произвольную прямую а (рис.185), а за-
затем прямую Ь, параллельную прямой а так, чтобы расстояние меж-
между прямыми а и Ъ было равно данной высоте искомого треугольни-
треугольника (см. задачу 284). На прямой а отметим точки А и В так, чтобы
отрезок АВ был равен той из данных сторон, к которой проведена
высота. Проведем теперь окружность с центром А, радиус которой
равен второй из данных сторон, и обозначим через С\ и С^ точки
пересечения этой окружности и прямой Ь. Каждый из треугольников
АВС\ и АВС<2 удовлетворяет условию задачи и тем самым является
искомым.
Из построения ясно, что задача может иметь два реше-
решения (проведенная окружность пересекает прямую Ъ в двух точках,
Ci(C2)
а \У
А
а
в
а
А
6
\\
В
Рис. 185

Дополнительные задачи
95
см. рис. 185, а), одно решение (проведенная окружность пересекает
прямую Ъ в одной точке, см. рис. 185, б) или не иметь ни одного
решения (проведенная окружность не имеет общих точек с прямой Ь,
см. рис. 185, в).
295. Постройте треугольник по двум сторонам
и медиане к одной из этих сторон.
Решение. Построим отрезок АВ, равный
той из данных сторон, к которой проведена
медиана, и найдем его середину М (рис. 186).
Затем построим треугольник АМС, сторона
АС которого равна второй из данных сторон,
а МС — данной медиане (задача о постро-
построении треугольника по трем сторонам решена
в учебнике). Треугольник ABC — искомый.
Дополнительные задачи
296.	В равнобедренном треугольнике ABC биссектрисы равных углов В
и С пересекаются в точке О. Докажите, что угол ВОС равен внешнему углу
треугольника при вершине В.
Решение. Пусть в треугольнике ABC АВ = АС = а. Из тре-
треугольника ВОС (рис. 187) находим:
ZBOC = 180° - | - | = 180° - а = 180° - ZB,
что и требовалось доказать.
297.	На стороне AD треугольника ADC отмечена точка В так, что ВС =
= BD. Докажите, что прямая DC параллельна биссектрисе угла ABC.
Решение. Треугольник BCD — равнобедренный (рис. 188), а угол
ABC — внешний угол этого треугольника при вершине, противо-
противоположной основанию. Поэтому биссектриса угла ABC параллельна
основанию DC (см. задачу 233).
Рис. 187
Рис. 188

96
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
Рис. 189
В	298. На рисунке 189 (рис. 145 учебни-
учебника) AD || BE, AC = AD и ВС = BE. Докажите,
что угол DCE — прямой.
Решение. Поскольку треугольники ADC
и ВСЕ равнобедренные, то
ВСЕ = 180° - ^A80° - ZA) -
- ^A80° - ZB) = l-(ZA + ZB).
Но углы А и В являются односторонними углами, образованными
при пересечении параллельных прямых AD и BE секущей АВ, поэто-
поэтому А А + ZB = 180°, а значит, ZDCE = 90°.
299. На рисунке 190 (рис. 146 учебника) АВ = АС, АР = PQ = QR =
= RB = ВС. Найдите угол А.
Решение. Обозначим угол А треугольника ABC
буквой а. Треугольник APQ — равнобедренный,
и угол RPQ — внешний угол этого треугольника,
поэтому ZRPQ = 2а. Треугольник RPQ также равно-
равнобедренный, а значит, Z.PRQ = ZRPQ = 2а.
Угол BQR — внешний угол треугольника AQR,
поэтому ZBQR = а + 2а = За. Треугольник BQR —
равнобедренный, следовательно,
ZRBQ = ZBQR = За.
Угол BRC — внешний угол треугольника ABR,
Рис. 190	поэтому ZBRC = а + За = 4а, а поскольку треуголь-
треугольник BCR равнобедренный, то ZBCR = ZBRC = 4а.
Итак, в равнобедренном треугольнике ABC ZA = a, ZB = ZC =
= 4а. Имеем:
а + 4а + 4а = 180°, откуда а = 20°.
Ответ. 20°.
300. Докажите, что в тупоугольном треугольнике основание высоты, про-
проведенной из вершины тупого угла, лежит на стороне треугольника, а основания
высот, проведенных из вершин острых углов, —
на продолжениях сторон.
Решение. Докажем сначала, что в ту-
тупоугольном треугольнике основание высоты,
проведенной из вершины тупого угла, лежит
на стороне треугольника. Воспользуемся мето-
методом доказательства от противного. Рассмотрим
треугольник ABC с тупым углом А и допу-
допустим, что основание его высоты АН не лежит
Рис. 191

Дополнительные задачи
97
на стороне ВС. Пусть, например, оно лежит на продолжении стороны
ВС за точку В (рис. 191). Поскольку в прямоугольном треугольнике
АВН угол В острый, то смежный с ним угол ABC тупой. Следова-
Следовательно, в треугольнике ABC два тупых угла: А и В, чего не может
быть. Это означает, что наше предположение неверно — точка Я
не может лежать на продолжении стороны ВС за точку В. Аналогично
доказывается, что точка Я не может лежать на продолжении стороны
ВС за точку С, а значит, она лежит на стороне ВС.
Докажем теперь, что в тупоугольном треугольнике основание вы-
высоты, проведенной из вершины острого угла, лежит на продолжении
стороны треугольника. Вновь воспользуемся методом доказательства
от противного. Рассмотрим треугольник ABC с тупым углом В и допу-
допустим, что основание его высоты АН лежит на стороне ВС (рис. 192).
Тогда окажется, что в прямоугольном треугольнике АВН угол В —
тупой, чего не может быть. Это означает, что наше предположение
неверно — точка Я не может лежать на стороне ВС, а значит, она
лежит на продолжении этой стороны.
301. Из точки А к прямой а проведены перпендикуляр АН и наклонные
АМ\ и АМ2. Докажите что: а) если НМ\ = НМ2, то АМ\ = АМ2\ б) если
НМх < НМ2, то АМх < АМ2.
Решение, а) Прямоугольные треугольники АНМ\ и АНМ^ равны
по первому признаку равенства треугольников, поэтому их гипотенузы
АМ\ и АМ^ равны.
б) Если точки М\ и Мъ лежат по разные стороны от точки Н,
то на луче НМ^ отложим отрезок ЯМз = НМ\ (рис. 193); согласно
доказанному в части а) АМ^ = АМ\. В противном случае примем
за точку Мз точку М\.
Угол АМ3М2 является внешним углом треугольника АНМо,, по-
поэтому он больше прямого угла Я этого треугольника. Следовательно,
в тупоугольном треугольнике АМ^М^ сторона АМ^, лежащая против
тупого угла, больше стороны АМ% = АМ\, лежащей против остро-
острого угла.
Н
Рис. 193
мъ м2

98
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
302. Из точки А к прямой а проведены перпендикуляр АН и наклонные
АМ\ и АМч. Докажите, что: а) если АМ\ = АМ2, то НМ\ = ЯМ2, б) если
АМХ < АМ2, то НМХ < НМ2.
Решение, а) Допустим, что НМ\ ф НМ2. Если НМ\ < НМ2, то,
согласно задаче 301, АМ\ < АМ2, если же НМ\ > НМ2, то АМ\ >
> АМ2. И то, и другое противоречит условию. Следовательно, НМ\ =
= НМ2.
б) Допустим, что НМ\ ^ НМ2. Если i!fMi = HM2, то, соглас-
согласно задаче 301, а, АМ\ = АМ2; если же НМ\ > НМ2, то, согласно
задаче 301,6, АМ\ > АМ2. И то и другое противоречит условию.
Следовательно, НМ\ < НМ2.
303* Два населенных пункта А и В находятся по одну сторону от прямой
дороги. Где на дороге надо расположить автобусную остановку С, чтобы сумма
расстояний АС + С В была наименьшей?
Решение. Рассмотрим такую точку А\, что дорога проходит
через середину М отрезка АА\ и перпендикулярна к нему (рис. 194).
Прямоугольные треугольники AM С и А\МС равны по первому
признаку равенства треугольников, поэтому их гипотенузы АС
и А\С равны. Следовательно, АС + С В = А\С + СВ. Если точка
С не лежит на прямой А\В, то А\С + СВ > А\В (неравенство
треугольника); если же точка С лежит на прямой А\В, то А\С +
+ СВ = А\В. Таким образом, сумма А\С + СВ, а значит и сумма
АС + СВ, принимает наименьшее значение в том случае, когда
точка С представляет собой точку пересечения прямой А\В
с дорогой.
Ответ. В точке пересечения дороги с отрезком А\В, где А\ —
такая точка, что дорога проходит через середину отрезка АА\ и пер-
перпендикулярна к нему.
304* Докажите, что если точка М лежит внутри треугольника ABC,
то MB + МС <АВ + АС.
Решение. Пусть N — точка пересечения прямой ВМ и отрезка
АС (рис. 195). Применяя теорему о неравенстве треугольника к тре-
треугольнику ABN, получим:
Рис. 194
N
Рис. 195

Дополнительные задачи	99
BN = MB + MN <АВ + AN,
откуда
MB <AB + AN- MN.
Применяя теорему о неравенстве треугольника к треугольнику
MNC, получим:
МС < MN + NC.
Складывая полученные неравенства и учитывая, что AN + NC =
= АС, найдем:
MB + МС <АВ + АС.
305. Докажите, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри
треугольника, до его вершин меньше периметра треугольника.
Решение. Пусть М — произвольная точка, лежащая внутри тре-
треугольника ABC. Согласно задаче 304,
MB + МС <АВ + АС,
МС + МА <ВС + ВА
МА + МВ <СА + СВ.
Складывая эти неравенства и деля обе части полученного неравен-
неравенства на 2, найдем:
MA + MB + МС < АВ + ВС + С А.
306.	Докажите, что если АВ = АС + СВ, то точки А, В и С лежат
на одной прямой.
Решение. Допустим, что точки А, В и С не лежат на одной
прямой. Применяя теорему о неравенстве треугольника к треугольнику
ABC, получим:
АВ < АС + СВ.
Но это противоречит условию, а значит, точки А, В и С лежат
на одной прямой.
307.	В прямоугольном треугольнике проведена высота из вершины прямо-
прямого угла. Докажите, что данный треугольник и два образовавшихся треуголь-
треугольника имеют соответственно равные углы.
Решение. Каждый из образовавшихся прямоугольных треуголь-
треугольников имеет по одному общему острому углу с данным прямоугольным
треугольником, поэтому другие их острые углы также соответственно
равны углам данного прямоугольного треугольника.

100
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
308. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС, равным
37 см, внешний угол при вершине В равен 60°. Найдите расстояние от верши-
вершины С до прямой АВ.
Решение. Поскольку внешний угол при вершине В равнобед-
равнобедренного треугольника, противолежащей основанию, равен сумме двух
равных углов при основании (рис. 196), то каждый из них равен 30°.
Следовательно, высота СН треугольника ABC, равная расстоянию
от вершины С до прямой АВ, является катетом прямоугольного тре-
треугольника АСН с гипотенузой АС, лежащим против угла в 30°.
Поэтому СН = -— = 18,5 см.
Ответ. 18,5 см.
309. В треугольнике с неравными сторонами АВ и АС проведены высота
АН и биссектриса AD. Докажите, что угол HAD равен полуразности углов
В и С.
Решение. Пусть, например, АВ > АС и, следовательно, ZC >
> АВ (рис. 197). Угол ADC является внешним углом треугольника
ABB, поэтому
а значит,
= 90° + Щ- - ^,
ZHAD = 90° - (90° + Щ- - Щ = Щ- - Щ-
Щ
Рис. 196
210. Докажите, что в равных треугольниках высоты, проведенные к рав-
равным сторонам, равны.
Решение. Рассмотрим равные треугольники ABC и А\В\С\, у ко-
которых, в частности, АВ = А\В\ и АВ = /_В\ (рис. 198). Пусть АН
и А\Н\ — их высоты. Прямоугольные треугольники АВН и А\В\Н\
равны по гипотенузе (АВ = А\В\) и острому углу (ZB = ZB\),
поэтому АН = А\Н\.

Дополнительные задачи
101
н
в
с
Рис. 198
311. Что представляет собой множество всех точек плоскости, равноуда-
равноудаленных от двух данных пересекающихся прямых?
Решение. Пусть а и Ъ — данные прямые, пересекающиеся в точке
О, М — точка, равноудаленная от этих прямых (рис. 199). Проведем
из точки М перпендикуляры МН\ и МВ^ к данным прямым. Посколь-
Поскольку МН\ = МЩ, то прямоугольные треугольники М0Н\ и МОН^
равны по гипотенузе и катету, а значит, луч ОМ — биссектриса угла
Обратно, если точка М лежит на биссектрисе одного из четырех
углов, образованных при пересечении прямых а и Ь, то перпендикуляры
МН\ и МЩ, проведенные к сторонам этого угла, равны, поскольку
прямоугольные треугольники М0Н\ и МОВ.^ равны по гипотенузе
и острому углу. Следовательно, точка М равноудалена от прямых а
и Ъ.
Итак, искомое множество состоит из биссектрис четырех углов,
образованных при пересечении данных прямых.
Ответ. Две прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных
при пересечении данных прямых.
312. Отрезок соединяет вершину треугольника с точкой, лежащей на про-
противоположной стороне. Докажите, что этот отрезок меньше большей из двух
других сторон.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, в котором АС > АВ,
и возьмем на его стороне ВС произвольную точку М (рис.200).
Угол АМС является внешним углом треугольника АВМ, поэтому
он больше угла В этого треугольника. С другой стороны, АС > АВ,
С
м
Рис. 199
Рис. 200

102 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
следовательно, угол В больше угла С. Таким образом, в треугольнике
АМС угол М больше угла С, а значит, АС > AM.
313* Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, проведенной
к третьей стороне.
Решение. На произвольной прямой отложим последовательно от-
отрезки ВМ и МВ\, равные данной медиане (рис.201). Далее, построим
треугольник ВСВ\, стороны ВС
и В\С которого равны данным сто-
сторонам искомого треугольника. Нако-
Наконец, проведем отрезок СМ и про-
продолжим его за точку М на отрезок
МА = СМ. Поскольку треугольники
МСВ\ и МАВ равны (по первому
Рис. 201	признаку равенства треугольников),
то треугольник ABC — искомый.
314.	Постройте прямоугольный треугольник: а) по гипотенузе и острому
углу; б) катету и противолежащему углу; в) гипотенузе и катету.
Решение, а) Построим угол, равный данному углу, на одной
из его сторон отложим от вершины отрезок, равный данной гипотенузе,
и из конца этого отрезка проведем перпендикуляр к другой стороне
угла. Построенный треугольник — искомый.
б)	Построим угол hk, равный данному углу, и проведем ту прямую,
параллельную h и находящуюся от h на расстоянии, равном данному
катету (см. задачу 284), которая пересекает луч к. Из точки пересе-
пересечения проведем перпендикуляр к лучу h. Построенный треугольник —
искомый.
в)	Построим прямой угол и отложим на одной из его сторон от вер-
вершины отрезок, равный данному катету. Затем проведем окружность
радиуса, равного данной гипотенузе, с центром в конце этого отрезка.
Соединим точку пересечения окружности и второй стороны прямого
угла с ее центром. Построенный треугольник — искомый.
315.	С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный: а) 30°; б) 60°;
в) 15°; г) 120°; д) 150°; е) 135°; ж) 165°; з) 75°; и) 105°.
Решение, а) Построим равносторонний треугольник со стороной,
равной произвольному отрезку. Каждый из его углов равен 60°. Теперь
проведем биссектрису одного из этих углов и получим угол, равный
30°.
б)	См. а).
в)	Построим угол, равный 30° (см. а), и проведем его биссектрису.
Получим угол, равный 15°.
г)	Построим угол, равный 60° (см. б). Тогда смежный с ним угол
равен 120°.

Дополнительные задачи
103
д)	Построим угол, равный 30° (см. а). Тогда смежный с ним угол
равен 150°.
е)	Построим прямой угол и на его сторонах от вершины отложим
равные отрезки. Соединяя концы этих отрезков, получим равнобедрен-
равнобедренный прямоугольный треугольник, углы при основании которого равны
45°. Углы, смежные с этими углами, равны 135°.
ж)	Построим угол, равный 15° (см. в). Тогда смежный с ним угол
равен 165°.
з)	Построим угол, равный 150° (см. д), и проведем его биссектрису.
Получим угол, равный 75°.
и) Построим угол, равный 75° (см. з). Тогда смежный с ним угол
равен 105°.
параллельную
С
сто-
прямой
а
316* Постройте треугольник по стороне, высоте, проведенной к ней, и ме-
медиане, проведенной к одной из двух других сторон.
Решение. Построим отрезок АВ, равный данной
роне (рис.202), и проведем прямую а
АВ и находящуюся от нее на расстоянии,
равном данной высоте (см. задачу 293). За-
Затем проведем прямую Ь, параллельную АВ
и равноудаленную от прямых АВ и а. Далее
построим окружность с центром А, ради-
радиус которой равен данной медиане, и отме-
отметим точку М пересечения этой окружности
с прямой Ъ. Наконец, проведем прямую ВЫ
до пересечения с прямой а в точке С. Тре-
Треугольник ABC — искомый.
В самом деле, проведем из точек В и С перпендикуляры ВН\
и СВ.2 к прямой Ь и рассмотрим прямоугольные треугольники ВМН\
и СМН<}. Углы М этих треугольников равны как вертикальные углы,
поэтому их углы В и С также равны. Катеты ВН\ и СН^ этих
треугольников равны по построению. Следовательно, рассматриваемые
треугольники равны по первому признаку равенства треугольников,
а значит, ВЫ = МС, т. е. отрезок AM — медиана треугольника ABC.
Из построения ясно, что задача может иметь два реше-
решения (рис.203, а), одно решение (рис.203, б) или не иметь реше-
решения (рис. 203, в).
С	С}	а	С	а	а
Рис. 202
М
Рис. 203

104
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
С
Рис. 204
Рис. 205
317.	Дан треугольник ABC. Постройте отрезок DE, параллельный пря-
прямой АС, так, чтобы точки D и Е лежали на сторонах АВ и ВС и DE = AD +
+ СЕ.
Решение. Построим биссектрисы углов А и С треугольника
ABC (рис.204). Через точку пересечения этих биссектрис проведем
прямую, параллельную АС, и отметим точки D и Е пересечения этой
прямой с прямыми АВ и ВС. Отрезок DE — искомый (см. задачу 245).
318.	Даны равносторонний треугольник ABC и точка В\ на стороне АС.
На сторонах ВС и АВ постройте точки А\ и С\ так, чтобы треугольник
А\В\С\ был равносторонним.
Решение. Отложим на сторонах ВС и АВ отрезки СА\ и ВС\,
равные АВ\ (рис.205). Точки А\ и С\ — искомые, поскольку треуголь-
треугольники АВ\С\, А\ВС\ и А\В\С равны по первому признаку равенства
треугольников.
319*. Постройте треугольник по углу, высоте и биссектрисе, проведенным
из вершины этого угла.
Решение. Построим сначала прямоугольный треугольник
ADH (рис.206), гипотенуза AD и катет АН которого равны соот-
соответственно данной биссектрисе и данной высоте (см. задачу 314, в).
Затем разделим данный угол пополам и отложим от лучаАБ по обе
стороны углы, равные половине данного угла. Точки пересечения
сторон отложенных углов с прямой DH обозначим буквами В и С.
Треугольник ABC — искомый.
320*. Постройте треугольник по стороне, высоте и медиане, проведенным
к этой стороне.
Решение. Построим отрезок АВ, равный данной стороне, и най-
найдем его середину М (рис.207). Проведем прямую, параллельную АВ
и находящуюся от нее на расстоянии, равном данной высоте (см. за-
задачу 284). Затем проведем окружность с центром М радиуса, равного
данной медиане, и обозначим буквой С точку ее пересечения с прове-
проведенной прямой. Треугольник ABC — искомый.

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
105
С
Рис. 206
М
Рис. 207
В
321*. Дан треугольник ABC с прямым углом А. На стороне АВ постройте
точку М, находящуюся на расстоянии AM от прямой ВС.
Решение. Проведем биссектрису угла С (рис.208). Точка М
ее пересечения с отрезком АВ — искомая. В самом деле, пусть МН —
перпендикуляр, проведенный из точки М к прямой ВС. Треугольники
АСЫ и НСМ равны по гипотенузе и острому углу, поэтому МА =
= МН.
Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
333. Прямые, содержащие биссектрисы внешних углов при вершинах В
и С треугольника ABC, пересекаются в точке О. Найдите угол ВОС, если
угол А равен а.
Решение. Биссектрисы смежных углов взаимно перпендикуляр-
перпендикулярны (см. задачу 83), поэтому ZOBC = 90° - ^, ZOCB = 90° -
ZC
	— (рис.209), а значит,
ZBOC = 180° - (90° - ^Р
-(90°-^] =
ZB + ZC 180° -ZA
f = 90»-f.
Ответ. 90° - |.
334. Через каждую вершину данного треугольника проведена прямая,
перпендикулярная к биссектрисе треугольника, исходящей из этой вершины.
Рис. 208
Рис. 209

106 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
Отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три
треугольника. Докажите, что углы этих треугольников соответственно равны.
Решение. Пусть ABC — данный треугольник. В ходе решения
задачи 333 было установлено, что углы одного из трех образовавшихся
треугольников равны 90°	—, 90°	— и 90°	—. Аналогично
доказывается, что углы двух других треугольников также равны
90°-^, 90°-^ и 90°-^.
335. В каждом из следующих случаев определите вид треугольника:
а) сумма любых двух углов больше 90°; б) каждый угол меньше суммы двух
других углов.
Решение, а) Сумма трех углов треугольника равна 180°, поэтому
из условия задачи следует, что каждый угол треугольника меньше 90°,
а значит, данный треугольник — остроугольный.
б) См. а).
Ответ, а) Остроугольный; б) остроугольный.
336. Докажите, что угол треугольника яв-
является острым, прямым или тупым, если меди-
медиана, проведенная из вершины этого угла, соот-
соответственно больше, равна или меньше полови-
половины противоположной стороны.
Решение. Пусть AM — медиана тре-
Рис. 210	угольника ABC (рис.210). Применяя тео-
теорему о соотношениях между сторонами
и углами треугольника к треугольникам АВМ и АСМ, получим, что
если AM > (=, <)ВМ, то
ZBAM < (=, >)ZB и АСАМ < (=, >)ZC,
а значит,
ZA = ZBAM + ZCAM < (=, >)ZB + ZC = 180° - ZA,
откуда находим:
ZA<(=, >)90°.
337. Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС взята
точка М, такая, что ZMBC = 30°, ZMCB = 10°. Найдите угол АМС, если
ZBAC = 80°.
Решение. Поскольку угол А равнобедренного треугольника ABC
равен 80°, то
ZB = ZC= 18°О-80° =50°.

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4	107
Пусть О — точка пересечения биссектрисы угла А с прямой
ВЫ (рис.211). Треугольники АОВ и АОС равны по первому признаку
равенства треугольников. Поэтому
А АС О = ZABO = 50° - 30° = 20°,
ZAOB = ZAOC = 180° - 40° - 20° = 120°.
Обратимся теперь к треугольникам АОС и МОС. В этих треуголь-
треугольниках
АМОС = 360° - 120° - 120° = 120° = А АОС,
ZOCM = 50° - 10° - 20° = 20° = АОС А.
Следовательно, рассматриваемые треугольники равны по второму
признаку равенства треугольников, а значит, АС = МС.
В равнобедренном треугольнике АСЫ угол С, противоположный
180° — 40°
основанию AM, равен 40°, поэтому ZAMC =	= 70°.
Ответ. 70°.
338. Докажите, что любой отрезок с концами на разных сторонах тре-
треугольника не больше наибольшей из сторон треугольника.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, на сторонах АВ и ВС
которого взяты точки М и N (рис.212). Если одна из этих точек
совпадает с вершиной В или отрезок MN совпадает со стороной АС,
то утверждение, сформулированное в задаче, очевидно. Случай, когда
один из концов отрезка MN совпадает с вершиной А или С, рас-
рассмотрен в задаче 312. Осталось рассмотреть случай, когда оба конца
отрезка MN не совпадают ни с одной из вершин треугольника.
В треугольнике BMN один из углов — острый. Пусть, например,
острым является угол М. Тогда смежный с ним угол AMN — тупой.
Согласно утверждению, сформулированному в задаче 312, отрезок AN
меньше большей из сторон АВ и АС. С другой стороны, этот отрезок
лежит против тупого угла треугольника AMN, поэтому MN < AN.
Следовательно, отрезок MN также меньше большей из сторон АВ
и АС, а значит, он меньше наибольшей из сторон треугольника ABC.
В
Оу \\ _.	ML	\N
/
с'
__—
Рис.
211
\М
В
Рис. 212

108 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
Рис.213
Рис. 214
339. Отрезок ВВ\ — биссектриса треугольника ABC. Докажите, что
ВА> ВХА и ВС > ВХС.
Решение. Внешний угол треугольника больше каждого из уг-
углов треугольника, не смежных с ним (см. задачу 173). Поэтому
/ Н	/ Н
ZAB\B > —— (рис.213) и ZCB\B > ——. Применяя теорему о соот-
соотношениях между сторонами и углами треугольника к треугольникам
АВВ\ и СВВ\, получим:
ВА>ВХА и ВС>ВХС.
340. Внутри треугольника ABC взята точка D, такая, что AD = АВ.
Докажите, что АС > АВ.
Решение. Пусть Е — точка пересечения прямой AD и отрезка
ВС (рис.214). Поскольку точка D лежит внутри треугольника ABC,
то АЕ > AD = АВ. С другой стороны, согласно утверждению, сформу-
сформулированному в задаче 312, отрезок АЕ меньше большего из отрезков
АВ и АС. Следовательно, большим из этих отрезков является отре-
отрезок АС.
С
D
Рис. 215
341. В треугольнике ABC, в котором сто-
сторона АВ больше АС, проведена биссектри-
биссектриса AD. Докажите, что ZADB > ZADC и
BD > CD.
Решение. Отметим на стороне АВ
такую точку С\, что АС\ = АС (рис.215).
Треугольники ADC и ADC\ равны по
первому признаку равенства треугольни-
треугольников. Следовательно,
ZADC =
< ZADB.
В треугольнике BDC\ угол С\ равен
180° - ZC = ZA + ZB > ZB,
поэтому DB >CiD = CD.

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
109
342. Докажите теорему: если в треугольнике биссектриса является
медианой, то треугольник — равнобедренный.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, биссектриса AD кото-
которого является медианой: BD = DC. Допустим, что АВ > АС.
Тогда согласно утверждению, сформулированному в задаче 341,
BD > DC, что противоречит условию задачи. Предполагая, что
АВ < АС, мы придем к аналогичному противоречию. Следовательно,
АВ = АС.
343. Две стороны треугольника не равны друг другу. Докажите, что
медиана, проведенная из их общей вершины, составляет с меньшей из сторон
больший угол.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC,
в котором ВС < АВ. Продолжим его ме-
медиану ВЫ за точку М на отрезок ME =
= ВЫ (рис.216). Треугольники ВСМ и АЕМ
равны по первому признаку равенства тре-
треугольников, поэтому АЕ = ВС и /.АЕМ =
= /СВМ.
В треугольнике ABE сторона АЕ = ВС
меньше стороны АВ. Следовательно, угол
АЕМ, а значит, и равный ему угол СВМ,
больше угла АВМ.
Рис. 216
344. В треугольнике ABC, где АВ ф АС, проведен отрезок AM, соеди-
соединяющий вершину А с произвольной точкой М стороны ВС. Докажите, что
треугольники АМВ и АМС не равны друг другу.
Решение. Если угол АМВ прямой (рис.217, а), то смежный
М
В
Рис. 217
с ним угол АМС также прямой. В этом случае прямоугольные тре-
треугольники АМВ и АМС не равны друг другу, поскольку их гипоте-
гипотенузы АВ и АС не равны друг другу.
Если угол АМВ тупой (рис.217, б), то смежный с ним угол АМС
острый. Допустим, что треугольники АМВ и АМС равны. Тогда
треугольник АМС — тупоугольный с тупым углом А или С. Но углы
А и С меньше тупого угла М треугольника АМВ (см. задачу 173),

по
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
поэтому тупоугольные треугольники АМВ и АМС не могут быть
равными друг другу.
Наконец, если угол АМВ острый, путем аналогичных рассуждений
мы придем к тому же выводу.
345. Через вершину А треугольника ABC проведена прямая, перпенди-
перпендикулярная к биссектрисе угла А, а из вершины В проведен перпендикуляр ВН
к этой прямой. Докажите, что периметр треугольника ВСЯ больше периметра
треугольника ABC.
Решение. Продолжим отрезок В А за точку А на отрезок AD =
/ А
= АС (рис.218). Каждый из углов НАС и HAD равен 90° + —, где
ZA — угол треугольника ABC. Следовательно, треугольники АСН
и ADH равны по первому признаку равенства треугольников, а значит,
СН = DH.
Применяя теорему о неравенстве треугольника к треугольнику
BDH, получим:
откуда
ВН
сн
сн
>
DH
ВА
ВС
>
+
>
BD,
AD =
ВА +
или
ВА
АС
АС,
ВС.
346.	В треугольнике ABC, где АВ < АС, проведены биссектриса AD
и высота АН. Докажите, что точка Н лежит на луче DB.
Решение. Из утверждения, сформулированного в задаче 341, сле-
следует, что угол ADC тупой (рис.219). Тем самым отрезок АН является
высотой тупоугольного треугольника ADC, проведенной из верши-
вершины острого угла. Поэтому согласно утверждению, сформулированно-
сформулированному в задаче 300 (см. также решение этой задачи), точка Н лежит
на луче DB.
347.	Докажите, что в неравнобедренном треугольнике основание биссек
трисы треугольника лежит между основаниями медианы и высоты, проведен-
проведенных из этой же вершины.
В
Рис.218
Н D
Рис. 219

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
111
Решение. Пусть AD, AM и АН —
биссектриса, медиана и высота треуголь-
треугольника ABC, сторона АВ которого меньше
АС (рис.220). Согласно утверждению, сфор-
сформулированному в задаче 341, CD > BD, по-
поэтому середина М отрезка ВС лежит на лу-
луче DC. С другой стороны, точка Н лежит
на луче DB (см. задачу 346). Следователь-
Следовательно, точка D лежит между точками М и Н.
348.	Докажите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами
биссектриса прямого угла делит угол между высотой и медианой, проведенны-
проведенными из той же вершины, пополам.
Решение. Пусть AD, AM и АН — биссектриса, медиана и высота
треугольника ABC с прямым углом А (рис.221). Из утверждения,
сформулированного в задаче 336, следует, что AM = ВМ. В самом
деле, если AM < ВМ, то угол А тупой, а если AM > ВМ, то этот
угол острый. И то и другое противоречит условию задачи, поэтому
AM = ВМ.
Треугольник АВМ равнобедренный, поэтому углы при его основа-
основании АВ равны. В треугольнике ABC углы В и С составляют в сумме
90°, а в треугольнике АСН углы А и С составляют в сумме 90°.
Следовательно, АСАН = ZMBA = ZBAM.
Биссектриса AD делит пополам угол ВАС, следовательно, она
делит пополам и угол МАН.
349.	Медиана и высота треугольника, проведенного из одной вершины
угла треугольника, делят этот угол на три равные части. Докажите, что
треугольник — прямоугольный.
Решение. Пусть AM и АН — медиана и высота треугольника
ABC, делящие угол А на три равные части (рис.222). Прямоугольные
треугольники АВН и АМН равны по первому признаку равенства
треугольников, поэтому ВН = НМ = ——.
Проведем из точки М перпендикуляр MD к прямой АС. Прямо-
Прямоугольные треугольники АМН и ADM равны по гипотенузе и острому
углу, а значит, DM = НМ = ——.

112
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
В прямоугольном треугольнике DMC катет DM равен половине ги-
гипотенузы, поэтому угол С равен 30°. Следовательно, в прямоугольном
треугольнике АСН угол САН равен 60°, а значит, угол А треуголь-
треугольника ABC равен | • 60° = 90°.
350. В треугольнике ABC высота АА\ не меньше стороны ВС, а высота
ВВ\ не меньше стороны АС. Докажите, что треугольник ABC — равнобед-
равнобедренный и прямоугольный.
Решение. Имеем: АА\ ^ ВС (рис.223, а). С другой стороны,
поскольку гипотенуза прямоугольного треугольника больше его катета,
то АС ^ АА\, причем знак равенства возможен только в том случае,
когда точки А\ и С совпадают. Итак, АС ^ АА\ ^ ВС, причем знак ра-
равенства возможен только в том случае, когда точки А\ и С совпадают.
Аналогично получаем: ВС ^ ВВ\ ^ АС, причем знак равенства
возможен только в том случае, когда точки В\ и С совпадают.
Неравенства АС ^ ВС и ВС ^ АС выполняются одновременно
только тогда, когда АС = ВС. Поэтому из условия задачи следует, что
АС = АА\ = ВС = ВВ\, причем точки А\, В\ и С совпадают. Но это
и означает, что треугольник ABC — равнобедренный, а его угол С —
прямой (рис.223, б).
352. Даны две точки А и В и прямая а, не проходящая через эти
точки. На прямой а постройте точку, равноудаленную от точек А и В. Всегда
ли задача имеет решение?
Решение. Через середину отрезка АВ проведем прямую Ь, пер-
перпендикулярную к этому отрезку (рис.224, а). Точку пересечения
прямых а и Ъ обозначим буквой С. Точка С лежит на прямой а
и равноудалена от точек А и В (см. задачу 160). Задача может
иметь одно решение (если прямые а и Ъ пересекаются, рис.224, а),
не иметь ни одного решения (если прямые а и Ь параллельны,
рис. 224, б) или иметь бесконечно много решений (если прямые а и Ъ
совпадают, рис.224, в).
Ответ. Не всегда.
Рис. 223

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
113
В
b
a
г
A
В
Рис. 224
353.	Постройте точку, лежащую на данной окружности и равноудаленную
от концов данного отрезка. Сколько решений может иметь задача?
Решение. Пусть даны отрезок АВ и окружность с центром
О (рис.225). Через середину отрезка АВ проведем прямую а, перпен-
перпендикулярную к этому отрезку (рис.225, а). Одну из точек пересечения
прямой а с данной окружностью обозначим буквой С. Точка С —
искомая (см. задачу 160). Задача может иметь два решения (если
прямая пересекает окружность в двух точках, рис.225, а), одно реше-
решение (если прямая и окружность имеют одну общую точку, рис.225, б),
или не иметь ни одного решения (если прямая и окружность не имеют
общих точек, рис.225, в).
Ответ. Два, одно или ни одного.
354.	Через три данные точки проведите окружность. Всегда ли задача
имеет решение?
Решение. Пусть даны три точки А, В и С (рис.226). Через
середины отрезков АВ и ВС проведем прямые а и Ь, перпендикулярные
к этим отрезкам (рис.226, а). Если точки А, В и С не лежат на одной
прямой, то прямые а и Ъ пересекаются в некоторой точке О. Эта точка
равноудалена от концов отрезков АВ и ВС (см. задачу 160), т. е.
равноудалена от точек А, В и С. Поэтому окружность с центром О
радиуса О А — искомая (рис.226, а). Если же точки А, В и С лежат
на одной прямой, то прямые а и Ъ параллельны. В этом случае задача
решения не имеет (рис.226, б).
Ответ. Не всегда.
О
В
б
Рис. 225

114 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
\ а
А
,, С
Рис. 226
355.	Точки А и В лежат по одну сторону от прямой а. Постройте точку
М прямой а так, чтобы сумма AM + MB была меньше суммы АХ + ХВ, где
X — любая точка прямой а, отличная от М.
Решение. Построим отрезок АА\ так, чтобы данная прямая а про-
проходила через его середину и была перпендикулярна к нему (рис.227).
Тогда каждая точка X прямой а равноудалена от точек А и А\, то есть
АХ = А\Х (см. задачу 160). Проведем прямую А\В. Она пересечет
прямую а в некоторой точке М (так как точки В и А\ лежат по разные
стороны от прямой а). Точка М — искомая. Действительно, пусть
X — произвольная точка прямой а, отличная от точки М. Тогда А\,
X и В не лежат на одной прямой и, следовательно, А\Х + ХВ > А\В
(неравенство треугольника).
Но АХВ = АХМ + MB = AM + MB, AXX = АХ, поэтому
AM + MB < AX + ХВ.
356.	Постройте прямоугольный треугольник ABC, если даны острый угол
В и биссектриса BD.
Решение. Пусть hk — данный угол с вершиной В (рис.228). По-
Построим сначала биссектрису этого угла и отложим на ней отрезок BD,
равный данному отрезку. Затем построим прямую, проходящую через
точку D и перпендикулярную к лучу h. Обозначим точку пересечения
этой прямой со сторонами угла h и к буквами А и С. Треугольник
ABC — искомый.
В
D
В
A h
Рис. 227
Рис. 228

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
115
357. На данной окружности постройте точку, равноудаленную от двух
пересекающихся прямых. Сколько решений может иметь задача?
Решение. Точки, равноудаленные от двух данных пересекающих-
пересекающихся прямых, лежат на биссектрисах углов, образованных этими прямы-
прямыми (задача 311). Поэтому если построить прямые а и Ь, содержащие
биссектрисы углов, образованных данными прямыми, то искомыми
точками будут точки пересечения прямых а и Ъ с данной окружно-
окружностью. Задача может иметь четыре решения (рис.229, а), три реше-
решения (рис.229, б), два решения (рис.229, в), одно решение (рис.229, г)
или не иметь ни одного решения (рис.229, д).
Ответ. Четыре, три, два, одно или ни одного.
Рис. 229

116
Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
Рис. 230
358. Даны три попарно пересекающиеся пря-
прямые, не проходящие через одну точку. Постройте
точку, равноудаленную от этих прямых. Сколько
решений имеет задача?
Решение. Пусть А, В и С — точ-
точки, в которых попарно пересекаются данные
прямые (рис.230). Согласно задаче 311, ис-
искомой точкой является каждая из точек пе-
пересечения прямых, содержащих биссектри-
биссектрисы углов с вершинами А, В и С, отличная
от А, В и С. Указанных прямых шесть: это
прямые а\, а^, аз, сц, &5> аб на рисунке 230.
Построим их. Они попарно пересекаются
в четырех точках О\, О2, 0% и О4, отличных от А, В и С. Каждая
из этих четырех точек — искомая.
Ответ. Четыре.
359.	Дана окружность с центром О и точка А вне ее. Проведите через
точку А прямую, пересекающую окружность в точках В и С, таких, что
АВ = ВС.
Решение. Построим треугольник OAD, в котором AD = R, OD =
= 2R, где R — радиус данной окружности (рис.231). Пусть В — точка
пересечения прямой OD и данной окружности. Проведем прямую АВ
и обозначим буквой С вторую точку пересечения прямой АВ с данной
окружностью. Прямая АВ — искомая. Действительно, равнобедренные
треугольники ABD и СВО равны по первому признаку равенства
треугольников: их боковые стороны равны по построению, Zl = Z2 =
= Z3 = Z4, а значит, их углы при вершинах также равны. Следова-
Следовательно, АВ = ВС.
360.	Постройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте,
проведенной из вершины другого угла.
Решение. Пусть даны ZA, высота ВН искомого треугольника
ABC и отрезок PQ, равный его периметру (рис.232). Построим прямо-
прямоугольный треугольник АВН по острому углу А и катету ВН. На луче
Р	Q
н /с
D
Рис. 231
Рис. 232

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4
117
АН отложим отрезок АЕ, равный данному периметру, а затем на луче
ЕА отложим отрезок ED = АВ. Через середину отрезка BD проведем
прямую а, перпендикулярную к BD, и точку пересечения прямой а
и прямой AD обозначим буквой С. Треугольник ABC — искомый.
Действительно, угол А равен данному углу по построению, ВН —
заданная высота, ВС = CD (см. задачу 160), DE = АВ по построению.
Поэтому
PQ = АС + CD + DE = AC + ВС + АВ.
361. Постройте треугольник по периметру и двум углам.
Решение. Пусть даны Ah\k\ и АК^к^, равные углам А и С
искомого треугольника ABC, и отрезок PQ, равный его перимет-
периметру (рис.233, а). Построим треугольник BDE по стороне DE, равной
Рис. 233
отрезку PQ, и двум прилежащим к ней углам AD = ^/61/м и АЕ =
= —|-^ (рис.233, б). Затем через середины отрезков BD и БЕ про-
проведем прямые а и Ь, перпендикулярные к ним. Эти прямые пересекут
прямую DE в точках А и С. Треугольник ABC — искомый.
В самом деле, АВ = AD, ВС = СЕ, поэтому периметр треуголь-
треугольника ABC равен отрезку DE = PQ. Далее, АА = 2AD, поскольку
треугольник ABD — равнобедренный. Следовательно, АА = Ah\k\.
Аналогично АВ =
362. Постройте треугольник по стороне,
разности углов при этой стороне и сумме
двух других сторон.
Решение. Пусть ВС, АС + АВ
и а = АВ — АС — данные элементы
искомого треугольника ABC. Постро-
Построим сначала треугольник ВСА\ по двум
сторонам ВС, СА\ = АС + АВ и углу
АХВС = 90° + | (рис. 234). Затем через
А
Рис. 234

118 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника
середину отрезка А\В проведем прямую а, перпендикулярную к этому
отрезку. Она пересечет прямую А\С в точке А. Треугольник ABC —
искомый. Действительно, угол А\АВ —внешний угол треугольника
ABC, поэтому
ААХАВ =
а значит,
= 90°-
Сумма углов треугольника А\ВС равна 180°:
/90о _ Щ_ _ ^9\ +ZC+ (90° + 0 = 180°,
откуда ZB — ZC = а.

Учебное издание
АТАНАСЯН Левой Сергеевич
БУТУЗОВ Валентин Федорович
КАДОМЦЕВ Сергей Борисович
ЮДИНА Ирина Игоревна
ГЕОМЕТРИЯ. 7 КЛАСС
Редактор B.C. Аролович
Оригинал-макет: A.M. Садовский
Оформление переплета: А.А. Логунов
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 30.12.04.
Формат 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 7,5. Уч.-изд. л. 8,3. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»
МАИК «Наука/Интерпериодика»
117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru;
http://www.fml.ru
Отпечатано с готовых диапозитивов
; ОАО «Ивановская областная типография»
153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6
E-mail: 091-018@adminet.ivanovo.ru
ISBN 5-9221-0572-8
9 78592205729