§ 17. Неравенство треугольника
Геометрия, 7 класс. Учебник: Смирнов В.А. и др. (Мектеп, 2025). Глава 3: Взаимное расположение прямых. Страницы 96–102.
Чему научишься
- Формулировать и доказывать неравенство треугольника.
- Быстро проверять, можно ли построить треугольник с данными сторонами.
- Использовать следствия: сторона больше разности двух других и «равенство значит, что точка лежит на отрезке».
- Решать задачи на кратчайший путь, например про отражение луча света.
Разминка
- Какая сторона треугольника лежит против большего угла? Большая.
- Чему равен внешний угол треугольника? Сумме двух внутренних углов, не смежных с ним.
- Что такое равнобедренный треугольник? Треугольник с двумя равными сторонами. Углы при основании равны.
- Чему равен периметр треугольника? Сумме длин всех трёх сторон.
Разбираемся
Напрямик короче
Ты идёшь от дома $A$ до школы $B$. Можно прямо, а можно зайти в магазин $C$. Путь через магазин $AC+CB$ всегда длиннее прямого $AB$. Если $A$, $B$, $C$ не на одной линии, то получается треугольник, и про его стороны говорит теорема.
📌 Теорема (неравенство треугольника). Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон.
Из теоремы сразу следует: из отрезков $13$ см, $2$ см и $8$ см треугольник не построишь, потому что $13>2+8=10$. Достаточно проверить самую длинную сторону.
Доказательство
Берём треугольник $ABC$ и хотим доказать $AC<AB+BC$.
Что из этого следует
📌 Следствие 1. Каждая сторона треугольника больше разности двух других.
Почему: из $AB+BC>AC$ вычтем $BC$ из обеих частей и получим $AB>AC-BC$.
📌 Следствие 2. Если $AC+CB=AB$, то точка $C$ лежит на отрезке $AB$ между $A$ и $B$.
Почему: если бы $C$ была вне прямой $AB$ или на прямой, но вне отрезка, получилось бы $AC+CB>AB$. Остаётся один вариант: $C$ на отрезке.
⚠️ Частая ошибка. Проверяют только одно неравенство. На самом деле достаточно проверить, что самая длинная сторона меньше суммы двух других. Тогда остальные тоже в порядке. А если сумма двух сторон равна третьей, треугольника нет: точки лежат на одной прямой.
Самый короткий путь и закон отражения света
Задача, которая была известна ещё Архимеду. Есть прямая $c$ и две точки $A$ и $B$. Нужно найти на $c$ такую точку $C$, чтобы путь $AC+CB$ был самым коротким.
Если $A$ и $B$ по разные стороны от $c$. Берём точку $C$ пересечения отрезка $AB$ с $c$. Для любой другой точки $C'$ прямой получится треугольник $AC'B$, и по неравенству $AC'+C'B>AB=AC+CB$.
Если $A$ и $B$ по одну сторону. Отразим $B$ относительно $c$, получим $B'$. Теперь $A$ и $B'$ по разные стороны, и всё как в первом случае. Расстояния до $B$ и $B'$ от любой точки прямой $c$ одинаковы.
🌟 Из этого следует закон отражения света: луч света идёт по кратчайшему пути, поэтому угол падения равен углу отражения. Так же летит мяч, который отскочил от борта на бильярдном столе.
Проверь, как понял
Проверь себя
- В чём заключается неравенство треугольника? Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других.
- Что можно сказать о разности двух сторон треугольника? Она меньше третьей стороны: каждая сторона больше разности двух других.
- Что можно сказать о точке $C$, для которой $AC+CB=AB$? Она лежит на отрезке $AB$ между $A$ и $B$.
Решаем упражнения
Уровень A
№ 17.1
Можно ли построить треугольник со сторонами: а) $13$ см, $2$ см, $8$ см; б) $1$ м, $0{,}5$ м, $0{,}5$ м?
Как думать. Сравним самую длинную сторону с суммой двух других.
Решение. а) $2+8=10<13$, значит нельзя. б) $0{,}5+0{,}5=1$, сумма равна самой большой стороне, а нужно строго больше. Точки лягут на одну прямую, треугольник вырождается.
Ответ: а) нет; б) нет.
№ 17.2
Могут ли стороны треугольника относиться как: а) $1:2:3$; б) $2:3:6$; в) $1:1:2$?
Как думать. Берём части как длины и применяем неравенство треугольника.
Решение. а) $1+2=3$, не больше. б) $2+3=5<6$. в) $1+1=2$, не больше. Во всех трёх случаях сумма двух меньших не превышает большую.
Ответ: а), б), в) нет.
№ 17.3
В равнобедренном треугольнике одна сторона $25$ см, другая $10$ см. Какая из них основание?
Как думать. Проверим два варианта: боковые стороны по $25$ или по $10$.
Решение. Если боковые по $10$, то стороны $10,10,25$: $10+10=20<25$, так нельзя. Если боковые по $25$: $25,25,10$, и $10<25+25$, подходит. Основание $10$ см.
Ответ: $10$ см.
№ 17.4
Найди сторону равнобедренного треугольника, если две другие стороны равны: а) $6$ см и $3$ см; б) $8$ см и $2$ см.
Как думать. Третья сторона равна одной из двух данных. Проверим оба варианта.
Решение. а) Если третья $3$: стороны $6,3,3$, но $3+3=6$, не подходит. Если $6$: $6,6,3$ подходит. б) Если $2$: $8,2,2$, и $2+2=4<8$, не подходит. Если $8$: $8,8,2$, подходит.
Ответ: а) $6$ см; б) $8$ см.
№ 17.5
Группа туристов должна попасть из пункта $A$ в пункт $B$ (рис. 17.5, пятиугольник с диагоналями). Из $A$ в $B$ несколько дорог. Какая быстрее приведёт к цели, если скорость везде одна? Объясни.
Как думать. Время зависит от длины пути. Вспомни: путь через другие пункты не короче прямого.
Решение. Любой другой маршрут, например $A\to C\to B$, образует с $AB$ треугольник, и по неравенству $AC+CB>AB$. Маршруты из большего числа звеньев ещё длиннее: каждый можно «выпрямлять» по неравенству треугольника.
Ответ: кратчайший путь по отрезку $AB$.
Уровень B
№ 17.6
В равнобедренном треугольнике одна сторона $12$ см, другая $5$ см. Найди периметр.
Как думать. Как в 17.3: два варианта, один не подходит.
Решение. Если боковые по $5$: $5+5=10<12$, не годится. Значит боковые по $12$, основание $5$: $12+12+5=29$.
Ответ: $29$ см.
№ 17.7
Периметр равнобедренного треугольника $20$ см. Одна из сторон в два раза больше другой. Найди стороны.
Как думать. Две разные длины: $a$ и $2a$. Либо боковые по $a$, либо по $2a$.
Решение. Вариант 1: стороны $a,a,2a$, периметр $4a=20$, $a=5$: $5,5,10$. Но $5+5=10$, не годится. Вариант 2: $a,2a,2a$, периметр $5a=20$, $a=4$: стороны $4,8,8$, и $4<8+8$, годится.
Ответ: $4$ см, $8$ см, $8$ см.
№ 17.8
На прямой $c$ укажи точку $C$, для которой сумма расстояний $AC+CB$ наименьшая (рис. 17.6, три случая на клетчатой бумаге).
Как думать. Если $A$ и $B$ по одну сторону от $c$, отражаем $B$ и соединяем $A$ с $B'$. Точка пересечения с $c$ и есть $C$.
Решение. Координаты клеток снимаем с рисунка, ось $y$ вверх. а) $A(1;1)$, $B(5;1)$, прямая $c$ проходит на уровне $y=4$. Отражение $B'(5;7)$. Прямая $AB'$ идёт на $2$ клетки вправо при подъёме на $3$, и на уровне $4$ она в точке $x=3$. Значит $C=(3;4)$. б) $A(1;3)$, $B(5;1)$, $c$ на уровне $y=4$. $B'(5;7)$, прямая $AB'$ идёт на $1$ вправо при подъёме на $1$, на уровне $4$ это $x=2$: $C=(2;4)$. в) Прямая $c$ диагональная: $x+y=7$. $A(1;4)$, $B(3;1)$ по одну сторону. Отражение $B$ относительно $c$: $B'(6;4)$. Прямая $AB'$ горизонтальна ($y=4$), пересекает $c$ в точке $C=(3;4)$.
Ответ: а) $C(3;4)$; б) $C(2;4)$; в) $C(3;4)$ (в клетках по рисунку).
Уровень C
№ 17.9
Докажи, что в треугольнике каждая сторона меньше половины периметра.
Как думать. Неравенство треугольника для стороны $a$: $a<b+c$. Прибавим $a$ к обеим частям.
Решение. Для треугольника со сторонами $a$, $b$, $c$: $a<b+c$. Прибавим $a$: $2a<a+b+c=P$. Значит $a<\frac{P}{2}$. Так же для $b$ и $c$.
Ответ: доказано.
№ 17.10
Докажи, что медиана треугольника меньше его полупериметра.
Как думать. Сначала докажем сильнее (задача 17.12): медиана меньше полусуммы сторон, между которыми она проходит. Остаётся сравнить с полупериметром.
Решение. По 17.12 медиана $AD<\frac{AB+AC}{2}$. Но $\frac{AB+AC}{2}<\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{P}{2}$. Значит $AD<\frac{P}{2}$.
Ответ: доказано.
№ 17.11
Докажи, что сумма расстояний от любой внутренней точки треугольника до его вершин больше его полупериметра.
Как думать. Пусть $O$ внутри треугольника $ABC$. Три треугольника $AOB$, $BOC$, $COA$, и в каждом работает неравенство.
Решение. $OA+OB>AB$, $OB+OC>BC$, $OC+OA>CA$. Сложим: $2(OA+OB+OC)>AB+BC+CA=P$. Значит $OA+OB+OC>\frac{P}{2}$.
Ответ: доказано.
№ 17.12
Докажи, что медиана треугольника меньше полусуммы сторон, между которыми она заключена.
Как думать. Удвоим медиану: продолжим её и достроим треугольник, в котором одна сторона равна $AC$.
Решение. В треугольнике $ABC$ медиана $AD$ ($BD=DC$). На продолжении $AD$ отложим $DE=AD$. Треугольники $ADC$ и $EDB$ равны по двум сторонам и углу между ними (углы при $D$ вертикальные), поэтому $BE=AC$. В треугольнике $ABE$: $AE<AB+BE=AB+AC$. Но $AE=2AD$, значит $AD<\frac{AB+AC}{2}$.
Ответ: доказано.
№ 17.13
Прямая $c$ и точки $A$, $B$ по одну сторону от неё (рис. 17.7). Построй точку $C$ на $c$, для которой разность $AC-CB$ наибольшая.
Как думать. По неравенству треугольника $AC-CB\le AB$, а равенство бывает только если $C$ лежит на прямой $AB$ так, что $B$ между $A$ и $C$.
Решение. 1) Проведи прямую $AB$. 2) Найди её точку пересечения с $c$: это $C$. На рисунке 17.7 прямая $AB$ идёт вниз вправо и пересекает $c$ правее $B$, значит $B$ между $A$ и $C$, и $AC-CB=AB$. Для любой другой точки $C'$: $AC'<AB+BC'$, поэтому $AC'-C'B<AB$, разность меньше.
Ответ: $C$ точка пересечения прямой $AB$ с прямой $c$. (Если $AB\parallel c$, такой точки нет.)
№ 17.14
Прямая $c$ и точки $A$, $B$ по разные стороны от неё (рис. 17.8). Построй точку $C$ на $c$, для которой разность $AC-CB$ наибольшая.
Как думать. Сводим к 17.13: отразим $B$ относительно $c$, чтобы обе точки были по одну сторону.
Решение. 1) Построй точку $B'$, симметричную $B$ относительно $c$. 2) Проведи прямую $AB'$ до пересечения с $c$: это $C$. 3) Для любой точки $C'$ прямой $c$: $C'B=C'B'$, а по 17.13 разность $AC'-C'B'$ наибольшая в точке $C$. На рисунке $B'$ оказывается между $A$ и $C$.
Ответ: $C$ точка пересечения $c$ и прямой $AB'$, где $B'$ симметрична $B$ относительно $c$.
№ 17.15
На прямой $c$ укажи точку $C$, для которой разность $AC-CB$ наибольшая (рис. 17.9, клетчатая бумага).
Как думать. Тут $A$ и $B$ по разные стороны от $c$ в обоих случаях, поэтому метод 17.14: отражаем $B$.
Решение. а) $c$ идёт на уровне $y=3$, $A(1;5)$, $B(3;2)$. Отражение $B'(3;4)$. Прямая $AB'$ спускается на $1$ клетку при сдвиге на $2$ вправо, на уровне $3$ она в точке $x=5$. $C=(5;3)$. б) $c$ диагональная ($x+y=7$), $A(3;1)$, $B(4;5)$. Отражение $B$ относительно $c$: $B'(2;3)$. Прямая $AB'$ идёт влево на $1$ при подъёме на $2$ и встречает $c$ в точке $(0;7)$, она за краем клетчатого поля, на продолжении прямой $c$.
Ответ: а) $C(5;3)$; б) $C(0;7)$ (в клетках по рисунку, $c$ надо продлить).
№ 17.16
Четыре населённых пункта в точках $A$, $B$, $C$, $D$ (рис. 17.10). Где построить пекарню, чтобы сумма расстояний до всех четырёх была наименьшей?
Как думать. Для любой точки $P$ верно $PA+PC\ge AC$ и $PB+PD\ge BD$. Оба неравенства становятся равенствами, если $P$ на обоих отрезках сразу.
Решение. Четырёхугольник $ABCD$ выпуклый, диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Для $P=O$: $OA+OC=AC$ и $OB+OD=BD$, сумма расстояний равна $AC+BD$. Для любой другой точки $PA+PB+PC+PD\ge AC+BD$, и строго больше.
Ответ: в точке пересечения отрезков $AC$ и $BD$.
№ 17.17
С помощью циркуля нарисуй окружность с центром $O$ и радиусом $2$ см. Какому неравенству удовлетворяют точки: а) внутри окружности; б) вне окружности?
Как думать. Окружность это все точки на расстоянии $2$ см от $O$. Внутри ближе, снаружи дальше.
Решение. Пусть $M$ точка плоскости. а) Внутри: $OM<2$ см. б) Вне: $OM>2$ см. На самой окружности $OM=2$.
Ответ: а) $OM<2$ см; б) $OM>2$ см.
Шпаргалка
- Теорема: $AC<AB+BC$ для любого треугольника $ABC$.
- Равенство в неравенстве бывает только когда три точки лежат на одной прямой.
- Периметр $P$: каждая сторона меньше $\frac{P}{2}$.