Можно ли утверждать, что тpeyгольники paвны?

[Tosha]

Ende
Название темы изменено на более содержательное.

Можно ли утверждать, что тpeyгольники $ ABC $ и $ A'B'C' $ paвны, ecли $ AB = A'B' $, $ BC = B'C' $ и $ \angle BAC = \angle B'A'C' > 90^\circ $?

Если бы был угол $ \angle BAC$ был бы острым, тогда утверждать точно было бы нельзя. Для этого есть контрпример. А вот с тупым углом мне кажется, что всегда, что констуркция фиксирована, но как это можно доказать?

[dgwuqtj]

Tosha в сообщении #1646363 писал(а):

Можно ли утверждать

Можно. По теореме синусов $\sin \angle A = \sin \angle A'$, ну и синус можно снять по тупоугольности.

[Mihr]

dgwuqtj в сообщении #1646365 писал(а):

По теореме синусов $\sin \angle A = \sin \angle A'$

Это не по теореме синусов, а по условию $\angle A = \angle A'$. По теореме синусов получим $\sin \angle C = \sin \angle C'$, отсюда $\angle C = \angle C'$ (оба эти угла - острые), тогда и оставшиеся углы тоже равны: $\angle B = \angle B'$. И наконец первый признак равенства треугольников: по двум сторонам и углу между ними.

[Booker48]

dgwuqtj в сообщении #1646365 писал(а):

По теореме синусов $\sin \angle A = \sin \angle A'$

Mihr в сообщении #1646366 писал(а):

По теореме синусов получим $\sin \angle C = \sin \angle C'$

Что-то у меня с крышей от жары)))
А что это за теорема синусов такая, трактующая о разных треугольниках?

upd
Понял, теорема синусов обычная. Но из применения её к обоим треугольникам следует, что $\sin \angle C = \sin \angle C'$.
Сорри.

[Tosha]

Спасибо, разобрался с задачей, немного затупил Просто можно достроить до параллелограмма и готово все фактически=)

[dgwuqtj]

Mihr в сообщении #1646366 писал(а):

получим $\sin \angle C = \sin \angle C'$

Точно, буквы перепутал.

[wrest]

Tosha в сообщении #1646363 писал(а):

Можно ли утверждать, что тpeyгольники $ ABC $ и $ A'B'C' $ paвны, ecли $ AB = A'B' $, $ BC = B'C' $ и $ \angle BAC = \angle B'A'C' > 90^\circ $?

Да если $BC>AB$, т.к. в случае неострого угла против $BC$ это выполнено всегда.

[vpb]

Тут теорема синусов не нужна. Вот решение.

Наложим плоскость на себя так, чтобы отрезок $A'B'$ наложился на $AB$, и точка $C'$ оказалась в той же полуплоскости относительно прямой $AB$, что и $C$. Тогда, поскольку $\angle BAC=\angle BAC'$ и точки $C,C'$ лежат в одной полуплоскости, лучи $AC$ и $AC'$ совпадают. Т.е. $C$ и $C'$ лежат на одном луче из точки $A$. Нам остается доказать, что на самом деле $C'=C$.

Предположим противное, что $C'\ne C$, и придем к противоречию. Можно считать, без ограничения общности, что $AC'>AC$, т.е. $C'$ лежит на луче дальше от $A$, чем $C$. (В противном случае просто переобозначим $C'$ через $C$, а $C$ --- соответственно, через $C'$.) Поскольку $\angle BAC$ тупой, то $\angle ACB$, конечно, острый. Значит, дополнительный к нему $\angle ACC'$ тупой. Поэтому $AC'$ --- наибольшая сторона в треугольнике $ACC'$ (против бОльшего угла лежит бОльшая сторона), в частности, $AC'>AC$, что противоречит условию задачи.

Вообще, это следует из т.наз. пятого признака равенства треугольников. См., например, Атанасян, Геометрия Лобачевского (книга для учащихся), параграф 2, пункт 3.

-- 16.07.2024, 00:08 --

Tosha в сообщении #1646368 писал(а):

Просто можно достроить до параллелограмма и готово все фактически=

А это вы вообще что-то странное написать изволили...

-- 16.07.2024, 00:30 --

Кроме книжки про геометрию Лобачевского, уместно упомянуть самый первый вариант учебника Атанасяна, Геометрия 6--8, 1981 г. Это был "пробный учебник", в широкое употребление не пошел. Шибко ученый оказался. Существующий учебник Атанасяна отличается от этого, как я понимаю, рядом сокращений и мелких жульничеств.

-- 16.07.2024, 00:37 --

Короче, это задача для 6-го класса, причем еще до упоминания параллельных прямых.

[Mihr]

vpb в сообщении #1646428 писал(а):

Значит, дополнительный к нему $\angle ACC'$ тупой

Дополнительным, как я понимаю, является угол $\angle BCC'$.

vpb в сообщении #1646428 писал(а):

Поэтому $AC'$ --- наибольшая сторона в треугольнике $ACC'$

Такого треугольника не существует, если, как Вы сами пишете,

vpb в сообщении #1646428 писал(а):

$C$ и $C'$ лежат на одном луче из точки $A$.

Неточности в доказательстве исправить можно, конечно. И всё же, тезис

vpb в сообщении #1646428 писал(а):

это задача для 6-го класса, причем еще до упоминания параллельных прямых

для меня выглядит по меньшей мере сомнительно. Я полагаю, что как минимум 90% шестиклассников совершенно не поймёт подобное доказательство. Несмотря на то, что оно использует лишь такие понятия, которые им должны быть известны.

-- 16.07.2024, 08:43 --

vpb в сообщении #1646428 писал(а):

Tosha в сообщении #1646368 писал(а):

Просто можно достроить до параллелограмма и готово все фактически=

А это вы вообще что-то странное написать изволили...

Фразу о параллелограмме я тоже не расшифровал.

[oleg_2]

Попытка решения (интуитивного, не строгого).

Я нарисовал окружность радиуса $R=BC$ (см. рис.). Отрезок $ AB $ я расположил на горизонтальной оси. Точка $C$ треугольника должна быть где-то на окружности.



Вариант-1 (Рис. 1).
$AB > BC$, угол при точке $A$ задан, луч $ AC $ должен иметь хотя бы одну общую точку с окружностью, на рисунке этот луч проведён из $A$ как касательная к окружности. Получается единственно-возможный треугольник. Если угол при $A$ чуть больше, то тругольника вообще не получится. Я назвал этот угол критическим для заданных отрезков.

Вариант-2 (Рис. 2).
$AB > BC$, угол при точке $A$ задан и меньше критического. Возможны два треугольника при заданных условиях задачи.

Вариант-3 (Рис. 3).
$AB < BC$. При любом угле при точке $A$ возможен один-единственный треугольник, т. к. есть только одно пересечение луча $АС$ с окружностью.

Вывод: если $AB < BC$, то треугольники равны при любом угле при точке $A$, в других случаях как получится.

[wrest]

oleg_2 в сообщении #1646444 писал(а):

Вывод: если $AB < BC$, то треугольники равны при любом угле при точке $A$, в других случаях как получится.

Да, это называется признаком равенства треугольников по двум сторонам и углу:
1. Если равны две стороны и угол между ними
2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей стороны.
То треугольники равны.

[Mihr]

wrest в сообщении #1646445 писал(а):

2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей стороны.
То треугольники равны.

Это явная ошибка. Такого признака нет. И само это утверждение неверно. Рассмотрите, например, два прямоугольных треугольника: один со сторонами $3, 4, 5$, другой со сторонами $4, 5, \sqrt{41}$. По Вашему признаку получается, что эти треугольники равны.

[oleg_2]

wrest в сообщении #1646445 писал(а):

2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей стороны.
То треугольники равны.

Наверно нужно уточнить:
2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей из этих двух сторон.

[Mihr]

oleg_2 в сообщении #1646451 писал(а):

Наверно нужно уточнить:
2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей из этих двух сторон.

Да, так, конечно, будет верно. Но в число стандартных школьных признаков равенства треугольников такая теорема не входит. И, если уж всё делать как полагается, её нужно доказывать отдельно.

[wrest]

oleg_2 в сообщении #1646451 писал(а):

Наверно нужно уточнить:
2. Если равны две стороны и угол, лежащий против бОльшей из этих двух сторон.

Это лишнее уточнение, на мой взгляд. Даны две стороны одного треугольника и две другого. И угол, лежащий против бОльшей. Ну естественно, имеется в виду бОльшей из двух данных, ибо третья сторона не дана и значит сравнить мы не можем её. Но если и уточнять, то писать не "из этих двух сторон", а "из них".