Задача 3. Где спряталась точка F

Как расположены точки и какие углы равны

Сначала поймём, где лежат точки. $D$ — точка стороны $AB$, не совпадающая с $A$, поэтому

Значит, и $CE = CD < CB$: точка $E$ лежит внутри отрезка $BC$ и не совпадает с $B$.

Треугольник $BDC$ равнобедренный ($BD = CD$), поэтому углы при его основании $BC$ равны:

Луч $BD$ — это луч $BA$, так что $\angle DBC$ — это угол $B$ треугольника $ABC$.

Про $F$ известны только два расстояния: $EF = CE$ и $BF = AC$. Где она окажется, сразу не видно. Поэтому пойдём с другой стороны: сами возьмём точку на прямой $CD$ и докажем, что у неё такие же два расстояния, а потом — что точка с этими свойствами, выбранная по условию, только одна.

Точка-двойник $F'$: равенство $BF' = AC$

Как догадаться, какую точку взять? Нужен отрезок, равный $AC$. В треугольнике $BAC$ сторона $AC$ лежит против угла $B$, а стороны этого угла — равные отрезки $BA$ и $BC$. При вершине $C$ есть такой же угол — между лучами $CB$ и $CD$ (шаг 1), и одна его сторона, $CB$, тоже такой длины. Если и на другой его стороне, луче $CD$, отложить отрезок той же длины, получится копия треугольника $BAC$, и её третья сторона будет равна $AC$. (В модели на это наводит и линейка: у найденной точки $F$ отрезок $CF$ равен $CB$ при любом угле $B$.)

Отложим на луче $CD$ отрезок $CF' = CB$. Так как $CD < CB$, точка $D$ лежит между $C$ и $F'$, то есть $F'$ — за точкой $D$.

Сравним треугольники $BAC$ и $CBF'$:

• $BA = CB$ — это условие $AB = BC$;

• $BC = CF'$ — так мы построили $F'$;

• углы между этими сторонами равны: $\angle ABC = \angle DBC$, $\angle BCF' = \angle BCD$, а по шагу 1 $\angle DBC = \angle DCB$.

Значит, треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, и их третьи стороны тоже равны:

Второе равенство: $EF' = CE$

Теперь нужно $EF' = CE$. Так как $CE = BD$, ищем треугольник со стороной $EF'$, равный треугольнику со стороной $DB$. Подходят $EBF'$ и $DF'B$: у них общая сторона $BF'$, а углы при ней — углы при основании равнобедренного треугольника $CBF'$. Осталось сравнить их третьи стороны $BE$ и $DF'$.

Найдём отрезок $DF'$. Точка $D$ лежит между $C$ и $F'$, точка $E$ — между $C$ и $B$, поэтому

Треугольник $CBF'$ равнобедренный ($CB = CF'$), и углы при его основании $BF'$ равны: $\angle CBF' = \angle CF'B$. Это те же углы, что $\angle EBF'$ и $\angle DF'B$.

В треугольниках $EBF'$ и $DF'B$: $BE = F'D$, сторона $BF'$ общая, углы между ними равны. Треугольники равны, поэтому

Итак, точка $F'$ на прямой $CD$ удалена от $E$ на $CE$, а от $B$ — на $AC$, ровно как $F$.

Почему $F$ — это $F'$: здесь нужно условие про пересечение

Такие два расстояния есть не у одной точки: отражение $F'$ в прямой $BC$ тоже удалено от $E$ на $CE$ и от $B$ на $AC$, но лежит по другую сторону от $BC$, и для него утверждение неверно (это видно в модели и на рисунке ниже). Нужную точку выбирает условие «отрезки $EF$ и $BD$ пересекаются».

$F$ лежит по ту же сторону от прямой $BC$, что и $A$. Весь отрезок $BD$, кроме точки $B$, лежит по эту сторону. Если бы $F$ лежала на прямой $BC$ или по другую сторону, то и весь отрезок $EF$ лежал бы там, и общей у $EF$ и $BD$ могла бы быть только точка $B$. Тогда $B$ лежала бы на отрезке $EF$, и $EF = EB + BF$, то есть $CE = EB + AC$. Но $CE = CD$ и $EB = CB - CE = AB - BD = AD$, и вышло бы

а в треугольнике $ACD$ сторона $CD$ короче суммы двух других. Противоречие.

$F'$ лежит там же: луч $CD$ без точки $C$ идёт в ту же сторону от $BC$, что и $D$.

Точки совпадают. Треугольники $EBF$ и $EBF'$ равны по трём сторонам: $EB$ — общая, $EF = CE = EF'$, $BF = AC = BF'$. Поэтому $\angle EBF = \angle EBF'$. Оба угла отложены от луча $BE$ в одну и ту же сторону, значит, лучи $BF$ и $BF'$ совпадают, а на одном луче $BF = BF'$ означает $F = F'$.

Получили: $F$ лежит на прямой $CD$, то есть точки $C$, $D$, $F$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.

Второй вариант

Это та же задача с другими буквами: $X$ вместо $D$, $Y$ вместо $E$, $Z$ вместо $F$. Доказательство повторяется слово в слово.

Отложим на луче $CX$ точку $Z'$ с $CZ' = CB$ (она за точкой $X$, потому что $CX = BX < BA = BC$). Треугольники $BAC$ и $CBZ'$ равны по двум сторонам и углу между ними: $BA = CB$, $BC = CZ'$, $\angle ABC = \angle XBC = \angle XCB = \angle BCZ'$ (так как $BX = CX$). Поэтому $BZ' = AC$. Далее $XZ' = CB - CX = CB - CY = BY$, а в равнобедренном треугольнике $CBZ'$ углы $YBZ'$ и $XZ'B$ равны; треугольники $YBZ'$ и $XZ'B$ равны, и $YZ' = XB = CY$.

Точек на расстоянии $CY$ от $Y$ и $AC$ от $B$ две: $Z'$ и её отражение в прямой $BC$. Условие «отрезки $BX$ и $YZ$ пересекаются» ставит $Z$ по одну сторону от $BC$ с точкой $A$. Весь отрезок $BX$, кроме точки $B$, лежит по ту же сторону от $BC$, что и $A$. Если бы $Z$ лежала на прямой $BC$ или по другую сторону, то и весь отрезок $YZ$ лежал бы там, и общей точкой с $BX$ могла бы быть только $B$. Тогда $YZ = YB + BZ$, то есть $CY = YB + AC$; а так как $CY = CX$ и $YB = CB - CY = AB - BX = AX$, получилось бы $CX = AX + AC$ — противоречие с неравенством треугольника для $ACX$. Точка $Z'$ лежит по ту же сторону от $BC$, потому что она на луче $CX$ за точкой $X$. Тогда треугольники $YBZ$ и $YBZ'$ равны по трём сторонам, лучи $BZ$ и $BZ'$ совпадают, и $Z = Z'$.

Доказано: точки $C$, $X$, $Z$ лежат на одной прямой. Модель переключается на буквы второго варианта кнопкой «2 вариант».