Триъгълник

1. Външният ъгъл при $C$ и вътрешният ъгъл $\gamma$ са съседни – сборът им е изправен ъгъл: $\gamma_1 + \gamma = 180^\circ$.
2. От теоремата за сбора на ъглите $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$.
3. Сравняваме двете равенства: $\gamma_1 = 180^\circ - \gamma = \alpha + \beta$.
4. Следствие: външният ъгъл е по-голям от всеки от двата несъседни вътрешни ъгъла. Ще ни трябва в следващите доказателства.

∎

1. Нека $AC > AB$, т.е. $b > c$. Нанасяме върху $AC$ точка $D$ с $AD = AB$. Триъгълникът $ABD$ е равнобедрен и $\angle ABD = \angle ADB$.
2. $\angle ADB$ е външен ъгъл за триъгълника $BCD$, затова е по-голям от несъседния вътрешен ъгъл $\gamma$.
3. Лъчът $BD$ е вътре в ъгъла $B$, следователно $\beta > \angle ABD = \angle ADB > \gamma$. Значи срещу по-голямата страна $b$ лежи по-големият ъгъл $\beta$.
4. Обратното – от противното: ако $\beta > \gamma$, но $b \le c$, то или $b = c$ (тогава триъгълникът е равнобедрен и $\beta = \gamma$), или $b < c$ (тогава по доказаното $\beta < \gamma$). И двете противоречат на $\beta > \gamma$.

∎

1. Продължаваме $BA$ след $A$ до точка $D$ с $AD = AC = b$. Тогава $BD = c + b$, а триъгълникът $ACD$ е равнобедрен: $\angle ACD = \angle ADC$.
2. Лъчът $CA$ е вътре в ъгъла $BCD$, затова $\angle BCD > \angle ACD = \angle BDC$.
3. В триъгълника $BCD$ срещу по-големия ъгъл $\angle BCD$ лежи по-голямата страна: $BD > BC$, т.е. $b + c > a$.
4. По същия начин $a + c > b$ и $a + b > c$. От тях $b - c < a$ и $c - b < a$, т.е. $|b - c| < a$.

∎

1. СЪС: в училищния курс този признак обикновено се приема без доказателство (като аксиома) или се обосновава с наслагване – налагаме равните ъгли един върху друг; равните страни по раменете им съвпадат, а с тях и третата страна.
2. ЪСЪ: налагаме равните страни $AB$ и $A_1B_1$. Лъчите от $A$ и $B$ под равни ъгли съвпадат, затова съвпада и пресечната им точка: $C = C_1$.
3. ССС: долепяме двата триъгълника по общата страна $AB$ от двете ѝ страни и свързваме $C$ и $C_1$. Триъгълниците $ACC_1$ и $BCC_1$ са равнобедрени, затова (в общия случай) $\angle ACB = \angle AC_1B$ – и прилагаме СЪС.
4. Защо ССЪ не стига: при $c = 10$, $a = 6$ и $\alpha = 30^\circ$ страната $b$ може да е около 5,34 или около 11,98 – два различни триъгълника с едни и същи дадени елементи.

∎

1. Точка $P$ лежи на симетралата на $AB$ точно когато $PA = PB$. Ако $P$ е на симетралата и $M$ е средата на $AB$, триъгълниците $AMP$ и $BMP$ са еднакви (СЪС: $AM = BM$, общата страна $PM$ и прав ъгъл при $M$), значи $PA = PB$. Обратно, ако $PA = PB$, триъгълникът $ABP$ е равнобедрен и медианата $PM$ е и височина – $P$ е на симетралата.
2. Симетралите на $AB$ и $BC$ се пресичат (иначе $AB$ и $BC$ биха били успоредни) в точка $O$. Тогава $OA = OB$ и $OB = OC$, следователно $OA = OC$ и $O$ лежи и на симетралата на $AC$.
3. Точката $O$ е на равни разстояния от трите върха – центърът на описаната окръжност.

∎

1. Точка $P$ във вътрешността на ъгъл лежи на ъглополовящата му точно когато е на равни разстояния от раменете. Спускаме перпендикуляри $PK$ и $PL$ към раменете: правоъгълните триъгълници с обща хипотенуза от върха до $P$ са еднакви, ако имат равни остри ъгли (тогава $PK = PL$) или равни катети $PK = PL$ (тогава ъглите са равни).
2. Ъглополовящите на $\angle A$ и $\angle B$ се пресичат в точка $I$ вътре в триъгълника. Тя е на равни разстояния от $AB$ и $AC$, а също от $AB$ и $BC$ – значи и от $CA$ и $CB$. Затова $I$ лежи и на ъглополовящата на $\angle C$.
3. Общото разстояние $r$ от $I$ до трите страни е радиусът на окръжността, която се допира до тях – вписаната окръжност.

∎

1. Нека медианите $AA_1$ и $BB_1$ се пресичат в $G$. Отсечката $A_1B_1$ свързва средите на $BC$ и $AC$ – средна отсечка: $A_1B_1 \parallel AB$ и $A_1B_1 = \frac{AB}{2}$ (следва от теоремата на Талес, урока „Подобие“).
2. Триъгълниците $GAB$ и $GA_1B_1$ са подобни (ъглите при $G$ са връхни, а $\angle GAB = \angle GA_1B_1$ като кръстни при успоредни прави) с коефициент $\frac{AB}{A_1B_1} = 2$. Значи $AG = 2 \cdot GA_1$ и $BG = 2 \cdot GB_1$.
3. Същото разсъждение за медианите $AA_1$ и $CC_1$ показва, че те се пресичат в точка от $AA_1$, която също я дели в отношение $2 : 1$ от върха. На отсечката има само една такава точка – това е $G$. Следователно и третата медиана минава през $G$.

∎

1. През всеки връх прекарваме права, успоредна на срещуположната страна. Трите прави образуват голям триъгълник $A_1B_1C_1$ (върхът $A_1$ е срещу $A$ и т.н.).
2. Четириъгълниците $ABA_1C$ и $ABCB_1$ са успоредници (срещуположните им страни са успоредни), затова $CA_1 = AB$ и $CB_1 = AB$. Значи $C$ е средата на $A_1B_1$; аналогично $A$ и $B$ са средите на другите две страни.
3. Височината от $C$ е перпендикулярна на $AB$, а значи и на успоредната ѝ $A_1B_1$, и минава през средата ѝ $C$ – това е симетралата на $A_1B_1$. Така трите височини на $ABC$ са трите симетрали на $A_1B_1C_1$, а те се пресичат в една точка (доказахме го по-горе).
4. При тъпоъгълен триъгълник се пресичат правите, върху които лежат височините – ортоцентърът е извън триъгълника.

∎

1. Построяваме квадрат със страна $a + b$ и в ъглите му поставяме четири еднакви копия на правоъгълния триъгълник с катети $a$ и $b$.
2. Вътре остава четириъгълник със страни $c$. Ъглите му са прави: при всеки негов връх имаме $180^\circ - \alpha - \beta = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$. Значи той е квадрат с лице $c^2$.
3. Пресмятаме лицето на големия квадрат по два начина: $$(a + b)^2 = 4 \cdot \frac{ab}{2} + c^2$$ $$a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2 \Rightarrow a^2 + b^2 = c^2$$
4. Обратната теорема: ако $c^2 = a^2 + b^2$, построяваме правоъгълен триъгълник с катети $a$ и $b$. По правата теорема хипотенузата му е $\sqrt{a^2 + b^2} = c$, така че двата триъгълника са еднакви по ССС и ъгълът срещу $c$ е прав.
5. Острия и тъпия случай най-лесно се вижда от косинусовата теорема $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos \gamma$ (урокът „Тригонометрия“): $\cos \gamma > 0$ при остър ъгъл и $\cos \gamma < 0$ при тъп.

∎

1. Нека $h$ е височината към $a$, а петата ѝ дели $a$ на отсечки $x$ (до $B$) и $a - x$ (до $C$). По Питагор $h^2 = c^2 - x^2 = b^2 - (a - x)^2$. (Ако петата е извън страната, сметките са същите.)
2. Разкриваме скобите: $c^2 - x^2 = b^2 - a^2 + 2ax - x^2$, откъдето $x = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2a}$.
3. Тогава $4a^2h^2 = 4a^2c^2 - (a^2 + c^2 - b^2)^2$ – разлика на квадрати: $$= (2ac - a^2 - c^2 + b^2)$$ $$\cdot (2ac + a^2 + c^2 - b^2)$$ $$= \left(b^2 - (a - c)^2\right)\left((a + c)^2 - b^2\right)$$
4. Отново разлики на квадрати: $$4a^2h^2 = (b - a + c)(b + a - c)$$ $$\cdot (a + c - b)(a + c + b)$$
5. Всеки множител е удвоено число: $a + b + c = 2p$, $b + c - a = 2(p - a)$ и т.н. Тъй като $S = \frac{ah}{2}$, имаме $16S^2 = 4a^2h^2 = 16p(p - a)(p - b)(p - c)$.

∎