Завдання № 18.22. § 18. Переміщення (рух) та його властивості. Рівність фігур (Геометрія 9 клас Істер)

Назад до розділу • Головний зміст

Умова:

На колі навмання розташували $5$ точок. Доведіть, що:

1) існує принаймні три трійки точок, що є вершинами тупокутних трикутників;

2) існує таке розташування точок, за якого тупокутних трикутників буде рівно три.

Покроковий розв’язок:

Геометрична властивість тупокутного трикутника, вписаного в коло:
Вписаний у коло трикутник є тупокутним тоді й лише тоді, коли центр кола лежить зовні нього. Це еквівалентно тому, що всі три його вершини лежать на одній відкритій дузі, градусна міра якої менша за $180^{\circ }$ (відповідно сторона, що стягує дугу, більшу за $180^{\circ }$, лежить навпроти тупого вписаного кута).

Якщо одна зі сторін трикутника є діаметром (стягує дугу $180^{\circ }$), трикутник є прямокутним. Якщо центр кола лежить усередині трикутника (усі дуги, стягнуті сторонами, менші за $180^{\circ }$), трикутник є гострокутним.

Усього з $5$ точок можна утворити:

1. Доведення того, що існує принаймні три тупокутних трикутники:

Розташуємо $5$ точок на колі в порядку послідовного обходу: $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5$.
Нехай дуги між сусідніми точками мають градусні міри $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$, де $a_i$ — дуга між $A_i$ та $A_{i+1}$ (вважаємо $A_6=A_1$).

Оскільки повне коло містить $360^{\circ }$, маємо:

Розглянемо $5$ «сусідніх» трикутників вигляду $T_i=△A_i{A}_{i+1}{A}_{i+2}$ (для $i=1,2,3,4,5$).
Вершини трикутника $T_i$ розташовані на дузі, довжина якої дорівнює:

Протилежна сторона $A_i{A}_{i+2}$ стягує дугу, градусна міра якої становить $360^{\circ }-S_i$.
Якщо $S_i<180^{\circ }$, то $360^{\circ }-S_i>180^{\circ }$. Тоді вписаний кут $\angle A_i{A}_{i+1}{A}_{i+2}$, що спирається на цю дугу, дорівнює $\frac{360^{\circ }-S_i}{2}>90^{\circ }$, тобто трикутник $T_i$ є тупокутним.

Розглянемо дві «несусідні» суми, тобто такі, що не містять однакових дуг (наприклад, $S_1=a_1+a_2$ та $S_3=a_3+a_4$).
Їхня сума складається з чотирьох різних елементарних дуг:

Оскільки дуга $a_5>0^{\circ }$, маємо:

Звідси випливає, що дві несусідні суми не можуть одночасно бути більшими або рівними за $180^{\circ }$ (інакше їхня сума була б не меншою ніж $180^{\circ }+180^{\circ }=360^{\circ }$).

Припустимо від супротивного, що серед п’яти сум $S_1,S_2,S_3,S_4,S_5$ є три або більше сум, які $\ge 180^{\circ }$. Серед будь-яких трьох елементів у циклі з п’яти елементів обов’язково знайдуться два несусідніх. Але ми щойно довели, що два несусідніх значення не можуть бути $\ge 180^{\circ }$.

Отримане протиріччя свідчить про те, що умову $S_i\ge 180^{\circ }$ можуть задовольняти щонайбільше дві суми.
Отже, принаймні $5-2=3$ суми задовольняють нерівність:

Кожна така сума $S_i<180^{\circ }$ дає тупокутний трикутник $T_i$. Тобто серед обраних точок обов’язково існує щонайменше три тупокутних трикутники.

2. Побудова конфігурації, де тупокутних трикутників рівно три:

Впишемо в коло квадрат $ABCD$, діагоналі якого $AC$ та $BD$ є діаметрами кола (перетинаються в центрі $O$ під прямим кутом). Вершини квадрата ділять коло на $4$ рівні дуги по $90^{\circ }$:

Виберемо п’яту точку $E$ на дузі $AB$ так, щоб вона не збігалася з точками $A$ та $B$.

Проаналізуємо всі $10$ трикутників, утворених п’ятьма точками $\{A,B,C,D,E\}$:

• Трикутники з вершин квадрата:
  Це $△ABC$, $△BCD$, $△CDA$, $△DAB$ (усього $4$ трикутники).
  У кожному з них одна сторона є діаметром кола ($AC$ або $BD$), тому всі вони є прямокутними за властивістю вписаного кута, що спирається на діаметр.

• Трикутники, що містять точку $E$ та діаметр:
  Це $△ACE$ (сторона $AC$ — діаметр) та $△BDE$ (сторона $BD$ — діаметр).
  Обидва трикутники спираються на діаметр, отже, $\angle AEC=90^{\circ }$ та $\angle BED=90^{\circ }$, тобто вони є прямокутними ($2$ прямокутні трикутники).

• Трикутники, що містять точку $E$ та сусідні вершини квадрата:

  1) $△ABE$: точки $A,E,B$ належать дузі $AB=90^{\circ }<180^{\circ }$. Оскільки всі вершини лежать на дузі, меншій за $180^{\circ }$, то $△ABE$ — тупокутний (кут $\angle AEB=\frac{360^{\circ }-90^{\circ }}{2}=135^{\circ }>90^{\circ }$).

  2) $△BCE$: точки лежать на дузі $EBC=⌣EB+⌣BC<90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$. Вершини лежать в одному півколі, отже, $△BCE$ — тупокутний.

  3) $△DAE$: точки лежать на дузі $DAE=⌣DA+⌣AE<90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$. Вершини лежать в одному півколі, тому $△DAE$ — тупокутний.

  4) $△CDE$: дуги, які стягують сторони цього трикутника, дорівнюють:

  • $⌣CD=90^{\circ }<180^{\circ }$;
  • $⌣DE=⌣DA+⌣AE=90^{\circ }+⌣AE<90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$;
  • $⌣EC=⌣EB+⌣BC=⌣EB+90^{\circ }<90^{\circ }+90^{\circ }=180^{\circ }$.

  Оскільки кожна зі сторін стягує дугу, меншу за $180^{\circ }$, центр кола $O$ лежить строго всередині $△CDE$, тому всі його вписані кути гострі. Отже, трикутник $△CDE$ — гострокутний.

Серед усіх $10$ трикутників:

• $6$ прямокутних ($△ABC$, $△BCD$, $△CDA$, $△DAB$, $△ACE$, $△BDE$);
• $1$ гострокутний ($△CDE$);
• рівно $3$ тупокутних ($△ABE$, $△BCE$, $△DAE$).

Відповідь:
Доведено, що серед будь-яких $5$ точок на колі завжди утворюється щонайменше три тупокутних трикутники; при розміщенні точок у вершинах квадрата та на одній із його дуг кількість тупокутних трикутників дорівнює точно трьом.