Задачи със страни и ъгли на триъгълинк - трудни задачи с решения

Решение:
[tex]\angle A+\angle B=160^\circ[/tex]. Тъй като [tex]AC\gt BC[/tex], ъгълът срещу [tex]AC[/tex] е по-голям: [tex]\angle B\gt \angle A[/tex], откъдето [tex]\angle A\lt 80^\circ[/tex]. Триъгълникът е остроъгълен, така че [tex]\angle B=160^\circ-\angle A\lt 90^\circ[/tex], т.е. [tex]\angle A\gt 70^\circ[/tex]:
[tex]70^\circ\lt \angle A\lt 80^\circ \Rightarrow \angle A\in\{71^\circ; 72^\circ; \dots; 79^\circ\}[/tex]
Възможните стойности са [tex]9[/tex].

Решение:
Нека [tex]\angle ACB=\gamma[/tex]. Тъй като [tex]MA=MC[/tex], [tex]\angle MAC=\gamma[/tex], а външният ъгъл [tex]AMB[/tex] на [tex]\triangle AMC[/tex] е [tex]2\gamma[/tex]. Тъй като [tex]AM=AB[/tex], [tex]\angle ABM=\angle AMB=2\gamma[/tex]. Значи и двата ъгъла при основата на [tex]\triangle ABC[/tex] са [tex]2\gamma[/tex]:
[tex]\gamma+2\gamma+2\gamma=180^\circ \Rightarrow \gamma=36^\circ[/tex]

Решение:
Нека ъглополовящите се пресичат в [tex]I[/tex]. В [tex]\triangle BIC[/tex]:
[tex]\angle BIC=180^\circ-\dfrac{\angle B+\angle C}{2}=180^\circ-\dfrac{180^\circ-\angle A}{2}=90^\circ+\dfrac{\angle A}{2}[/tex]
Този ъгъл винаги е тъп, така че дадените [tex]40^\circ[/tex] са на съседния ъгъл и [tex]\angle BIC=140^\circ[/tex]:
[tex]90^\circ+\dfrac{\angle A}{2}=140^\circ \Rightarrow \angle A=100^\circ[/tex]

Решение:
Нека външните ъглополовящи се пресичат в [tex]J[/tex]. Всяка от тях разполовява външен ъгъл:
[tex]\angle JBC=\dfrac{180^\circ-\angle B}{2}; \angle JCB=\dfrac{180^\circ-\angle C}{2}[/tex]
[tex]\angle BJC=180^\circ-\angle JBC-\angle JCB=\dfrac{\angle B+\angle C}{2}=\dfrac{180^\circ-48^\circ}{2}=66^\circ[/tex]

Решение:
Нека [tex]\angle A=65^\circ[/tex] и [tex]\angle B=87^\circ[/tex]; тогава [tex]\angle C=28^\circ[/tex]. Нека [tex]CH[/tex] е височината, а [tex]CL[/tex] — ъглополовящата. И двата ъгъла [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са остри, така че [tex]H[/tex] лежи на страната [tex]AB[/tex]:
[tex]\angle ACH=90^\circ-65^\circ=25^\circ; \angle ACL=\dfrac{28^\circ}{2}=14^\circ[/tex]
[tex]\angle LCH=25^\circ-14^\circ=11^\circ[/tex]

Решение:
Всяка точка от симетралата на [tex]BC[/tex] е на равни разстояния от [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], така че [tex]PB=PC[/tex]:
[tex]P_{ABP}=AB+BP+PA=AB+PC+PA=AB+AC=13 \Rightarrow AC=8[/tex]
[tex]P_{ABC}=AB+2AC=5+16=21[/tex]

Решение:
Медианата към хипотенузата е половината от нея, така че [tex]MA=MC[/tex] и [tex]\angle MCA=\angle A[/tex]. Ъглополовящата дава [tex]\angle LCA=45^\circ[/tex]. Следователно:
[tex]|\angle A-45^\circ|=20^\circ[/tex]
Значи [tex]\angle A=65^\circ[/tex] или [tex]\angle A=25^\circ[/tex]; и двата случая са възможни (различават се само по размяната на [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex]).

Решение:
Нека [tex]\angle ABC=\beta[/tex]. Медианата към хипотенузата дава [tex]MC=MB[/tex], така че [tex]\angle MCB=\beta[/tex]. [tex]\angle MOB[/tex] е външен ъгъл на [tex]\triangle OBC[/tex]:
[tex]\angle MOB=\angle OBC+\angle OCB=\dfrac{\beta}{2}+\beta=\dfrac{3\beta}{2}=60^\circ \Rightarrow \beta=40^\circ[/tex]
[tex]\angle BAC=90^\circ-40^\circ=50^\circ[/tex]

Решение:
Острите ъгли са [tex]30^\circ[/tex] и [tex]60^\circ[/tex]. Нека [tex]\angle C=90^\circ[/tex], [tex]\angle A=60^\circ[/tex], [tex]\angle B=30^\circ[/tex] и ъглополовящата [tex]AL[/tex] пресича [tex]BC[/tex] в [tex]L[/tex]. Тъй като [tex]\angle LAB=30^\circ=\angle B[/tex], [tex]AL=BL[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle ACL[/tex] [tex]\angle LAC=30^\circ[/tex], така че [tex]CL=\frac{AL}{2}=\frac{BL}{2}[/tex]:
[tex]BL-CL=CL=7 \Rightarrow BL=14; BC=21[/tex]

Решение:
От правоъгълните [tex]\triangle AMC[/tex] и [tex]\triangle ADC[/tex]: [tex]\angle HAC=90^\circ-\angle C[/tex] и [tex]\angle HCA=90^\circ-\angle A[/tex]. В [tex]\triangle AHC[/tex]:
[tex]\angle AHC=\angle A+\angle C=180^\circ-\angle B=100^\circ \Rightarrow \angle B=80^\circ[/tex]
[tex]\angle A+\angle C=100^\circ; \angle A:\angle C=2:3 \Rightarrow \angle A=40^\circ; \angle C=60^\circ[/tex]

Решение:
В [tex]\triangle ABL[/tex]: [tex]\angle ALB=180^\circ-\angle B-\frac{\angle A}{2}=105^\circ[/tex], следователно:
[tex]\angle B+\dfrac{\angle A}{2}=75^\circ[/tex]
Не знаем кои страни са равни, затова разглеждаме трите случая. Ако [tex]AC=BC[/tex], то [tex]\angle A=\angle B[/tex] и [tex]\frac{3\angle A}{2}=75^\circ[/tex]: [tex]\angle A=\angle B=50^\circ[/tex], [tex]\angle C=80^\circ[/tex].
Ако [tex]AB=BC[/tex], то [tex]\angle A=\angle C[/tex] и [tex]\angle B=180^\circ-2\angle A[/tex]: [tex]180^\circ-2\angle A+\frac{\angle A}{2}=75^\circ[/tex], откъдето [tex]\angle A=\angle C=70^\circ[/tex], [tex]\angle B=40^\circ[/tex].
Ако [tex]AB=AC[/tex], ъглополовящата [tex]AL[/tex] е и височина и [tex]\angle ALB=90^\circ\ne 105^\circ[/tex]. Следователно [tex]\angle ACB=80^\circ[/tex] или [tex]\angle ACB=70^\circ[/tex].

Решение:
Нека бедрата са [tex]b[/tex], а основата — [tex]a[/tex], т.е. [tex]2b+a=30[/tex]. Медианата от връх при основата към средата на бедро разделя периметъра на части [tex]b+\frac{b}{2}=\frac{3b}{2}[/tex] и [tex]\frac{b}{2}+a[/tex]. Двете части са [tex]18[/tex] и [tex]12[/tex] в някакъв ред:
[tex]\dfrac{3b}{2}=18 \Rightarrow b=12; a=6[/tex]
[tex]\dfrac{3b}{2}=12 \Rightarrow b=8; a=14[/tex]
И двата триъгълника [tex]12; 12; 6[/tex] и [tex]8; 8; 14[/tex] съществуват, така че основата е [tex]6[/tex] или [tex]14[/tex].

Решение:
В [tex]\triangle ABM[/tex] ъглополовящата през [tex]B[/tex] е и височина (двата правоъгълни триъгълника, които отделя, са еднакви), така че този триъгълник е равнобедрен: [tex]BA=BM=\frac{BC}{2}[/tex]. Нека [tex]AB=x[/tex] и [tex]BC=2x[/tex].
[tex]AB=BC[/tex] би дало [tex]x=2x[/tex], което е невъзможно. [tex]AC=AB=x[/tex] би дало страни [tex]x; x; 2x[/tex], които не удовлетворяват неравенството на триъгълника. Следователно [tex]AC=BC=2x[/tex]:
[tex]x+2x+2x=25 \Rightarrow x=5[/tex]
[tex]AB=5; BC=CA=10[/tex]

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е точката от [tex]BC[/tex] върху симетралата на [tex]AB[/tex]: [tex]PA=PB[/tex], така че [tex]\angle PAB=\angle B[/tex]. Понеже [tex]P[/tex] е вътрешна за [tex]BC[/tex], лъчът [tex]AP[/tex] е вътрешен за [tex]\angle A[/tex], следователно [tex]\angle B\lt \angle A[/tex], т.е. [tex]AC\lt BC[/tex].
Нека [tex]Q[/tex] е точката от [tex]AB[/tex] върху симетралата на [tex]AC[/tex]: [tex]QA=QC[/tex], така че [tex]\angle QCA=\angle A[/tex]. Аналогично [tex]\angle A\lt \angle C[/tex], т.е. [tex]BC\lt AB[/tex].
[tex]AB\gt BC\gt AC[/tex]

Решение:
Нека [tex]\angle C=x[/tex]; тогава [tex]\angle B=x-38^\circ[/tex] и [tex]\angle A=x-88^\circ[/tex]:
[tex]3x-126^\circ=180^\circ \Rightarrow x=102^\circ; \angle B=64^\circ; \angle A=14^\circ[/tex]
Най-голямата страна е [tex]AB[/tex] (срещу най-големия ъгъл [tex]C[/tex]). Тъй като [tex]BC\cdot h_a=CA\cdot h_b=AB\cdot h_c[/tex] (удвоеното лице), най-голямата височина е към най-малката страна [tex]BC[/tex], т.е. височината [tex]AH[/tex] през [tex]A[/tex]. Ъгъл [tex]C[/tex] е тъп, така че [tex]H[/tex] лежи на продължението на [tex]BC[/tex] след [tex]C[/tex]. В правоъгълния [tex]\triangle ABH[/tex]:
[tex]\angle BAH=90^\circ-\angle B=90^\circ-64^\circ=26^\circ[/tex]

Решение:
Сравняваме правоъгълните [tex]\triangle AQH[/tex] и [tex]\triangle BQC[/tex] (прав ъгъл при [tex]Q[/tex]). Хипотенузите им са равни: [tex]AH=BC[/tex]. Освен това [tex]\angle QAH=\angle CAD=90^\circ-\angle C[/tex] и [tex]\angle QBC=90^\circ-\angle C[/tex]. Значи триъгълниците са еднакви и [tex]AQ=BQ[/tex].
Тогава правоъгълният [tex]\triangle ABQ[/tex] е равнобедрен, така че [tex]\angle BAC=\angle BAQ=45^\circ[/tex].

Решение:
Нанасяме върху [tex]AC[/tex] точка [tex]E[/tex] с [tex]AE=AB[/tex]. Тогава [tex]EC=AC-AB=BD[/tex]. Триъгълниците [tex]ABD[/tex] и [tex]AED[/tex] са еднакви (две страни и ъгълът между тях), така че [tex]DE=DB=EC[/tex] и [tex]\angle AED=\angle B[/tex].
Триъгълникът [tex]DEC[/tex] е равнобедрен, така че [tex]\angle EDC=\angle C[/tex], а външният му ъгъл при [tex]E[/tex] е [tex]\angle AED=2\angle C[/tex]. Следователно:
[tex]\angle B=2\angle C; \angle B+\angle C=120^\circ \Rightarrow \angle C=40^\circ[/tex]