№ 37 ВПР 1 Геометрія = № 37 ВПТ 1 Математика
Доведіть, що всі кути трикутника з вершинами в точках $A(0;4)$, $B(2;3)$ і $C(1;5)$ гострі.
Розв’язок:
Знайдемо довжини сторін трикутника:
$AB=\sqrt{(2-0)^{2}+(3-4)^{2}}=$
$=\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{5}$
$BC=\sqrt{(1-2)^{2}+(5-3)^{2}}=$
$=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$
$AC=\sqrt{(1-0)^{2}+(5-4)^{2}}=$
$=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$
Оскільки $AB=BC=\sqrt{5}$, трикутник $ABC$ рівнобедрений з основою $AC$. Кути при основі $A$ і $C$ рівні, а їхня сума менша за $180^{\circ}$, тому кожен з них гострий.
Нехай $BM$ — медіана, проведена до основи; вона є і висотою, і бісектрисою кута $B$. $M\left( \frac{0+1}{2};\frac{4+5}{2} \right)$, тобто $M(0{,}5;4{,}5)$, $AM=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
У прямокутному трикутнику $AMB$: $\sin\angle ABM=\frac{AM}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}}<\frac{1}{\sqrt{2}}=\sin 45^{\circ}$, тому $\angle ABM<45^{\circ}$ і $\angle B=2\angle ABM<90^{\circ}$.
Отже, усі кути трикутника $ABC$ гострі.
Що й треба було довести.