Страница 124 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.85. В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты, опущенные из вершин $A$ и $B$, равны $m$ и $n$, а острый угол между этими высотами равен $\alpha$. Найдите сторону $AB$ треугольника.

Пусть в остроугольном треугольнике $ABC$ высоты, опущенные из вершин $A$ и $B$, равны $AA_1 = h_a = m$ и $BB_1 = h_b = n$. Пусть $H$ – точка пересечения этих высот (ортоцентр).

Рассмотрим четырехугольник $A_1CB_1H$. Углы $\angle CA_1H$ и $\angle CB_1H$ являются прямыми, так как $AA_1$ и $BB_1$ – высоты треугольника. Сумма углов четырехугольника равна $360^\circ$, поэтому сумма двух других углов $\angle C + \angle A_1HB_1 = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 180^\circ$.

По условию, острый угол между высотами $AA_1$ и $BB_1$ равен $\alpha$. Углы между пересекающимися прямыми $AA_1$ и $BB_1$ – это вертикальные углы при вершине $H$. Одна пара этих углов острая ($\alpha$), другая – тупая ($180^\circ - \alpha$). Пусть острый угол $\angle AHB_1 = \alpha$. Тогда смежный с ним угол $\angle A_1HB_1 = 180^\circ - \angle AHB_1 = 180^\circ - \alpha$.

Подставим выражение для $\angle A_1HB_1$ в соотношение для углов четырехугольника $A_1CB_1H$:
$\angle C + (180^\circ - \alpha) = 180^\circ$
Отсюда следует, что $\angle C = \alpha$.

Площадь $S$ треугольника $ABC$ можно выразить через высоты и через угол $C$:
$S = \frac{1}{2} BC \cdot AA_1 = \frac{1}{2} BC \cdot m$
$S = \frac{1}{2} AC \cdot BB_1 = \frac{1}{2} AC \cdot n$
$S = \frac{1}{2} AC \cdot BC \cdot \sin C = \frac{1}{2} AC \cdot BC \cdot \sin \alpha$

Из первых двух равенств выразим стороны $AC$ и $BC$:
$BC = \frac{2S}{m}$, $AC = \frac{2S}{n}$

Подставим эти выражения в третью формулу для площади:
$S = \frac{1}{2} \left(\frac{2S}{n}\right) \left(\frac{2S}{m}\right) \sin \alpha = \frac{2S^2}{mn}\sin\alpha$

Поскольку $S \ne 0$, мы можем разделить обе части на $S$ и выразить площадь:
$1 = \frac{2S}{mn}\sin\alpha \implies S = \frac{mn}{2\sin\alpha}$

Теперь мы можем найти длину стороны $AB$ с помощью теоремы косинусов в треугольнике $ABC$ :
$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C$

Выразим стороны $AC$ и $BC$ через известные величины, используя найденную площадь $S$:
$AC = \frac{2S}{n} = \frac{2}{n} \cdot \frac{mn}{2\sin\alpha} = \frac{m}{\sin\alpha}$
$BC = \frac{2S}{m} = \frac{2}{m} \cdot \frac{mn}{2\sin\alpha} = \frac{n}{\sin\alpha}$

Подставим эти выражения и $\angle C=\alpha$ в теорему косинусов:
$AB^2 = \left(\frac{m}{\sin\alpha}\right)^2 + \left(\frac{n}{\sin\alpha}\right)^2 - 2 \cdot \frac{m}{\sin\alpha} \cdot \frac{n}{\sin\alpha} \cdot \cos\alpha$
$AB^2 = \frac{m^2 + n^2 - 2mn\cos\alpha}{\sin^2\alpha}$

Извлекая квадратный корень, получаем окончательное выражение для стороны $AB$:
$AB = \frac{\sqrt{m^2 + n^2 - 2mn\cos\alpha}}{\sin\alpha}$

Ответ: $AB = \frac{\sqrt{m^2 + n^2 - 2mn\cos\alpha}}{\sin\alpha}$

3.86. В треугольнике длины двух сторон равны $a$ и $b$, а биссектриса угла между ними равна $l$. Найдите этот угол треугольника.

Пусть в треугольнике $ABC$ стороны $AB=a$ и $AC=b$, а $AD=l$ — биссектриса угла $A$. Обозначим искомый угол $\angle BAC$ через $α$.

Поскольку $AD$ является биссектрисой, она делит угол $A$ на два равных угла: $∠BAD = ∠CAD = α/2$.

Площадь всего треугольника $ABC$ равна сумме площадей треугольников $ABD$ и $ACD$.

$S_{ABC} = S_{ABD} + S_{ACD}$

Воспользуемся формулой площади треугольника: $S = \frac{1}{2} \cdot \text{сторона}_1 \cdot \text{сторона}_2 \cdot \sin(\text{угол между ними})$.

Площадь треугольника $ABC$ выражается как:

$S_{ABC} = \frac{1}{2} ab \sin(α)$

Площади треугольников $ABD$ и $ACD$ равны:

$S_{ABD} = \frac{1}{2} al \sin(\frac{α}{2})$

$S_{ACD} = \frac{1}{2} bl \sin(\frac{α}{2})$

Подставим эти выражения в равенство площадей:

$\frac{1}{2} ab \sin(α) = \frac{1}{2} al \sin(\frac{α}{2}) + \frac{1}{2} bl \sin(\frac{α}{2})$

Умножим обе части уравнения на 2 и вынесем общие множители в правой части:

$ab \sin(α) = l(a+b) \sin(\frac{α}{2})$

Применим формулу синуса двойного угла: $\sin(α) = 2 \sin(\frac{α}{2})\cos(\frac{α}{2})$.

$ab \cdot (2 \sin(\frac{α}{2})\cos(\frac{α}{2})) = l(a+b) \sin(\frac{α}{2})$

Так как $α$ — угол в треугольнике, то $0 < α < 180°$, а значит $0 < α/2 < 90°$ и $\sin(α/2) \neq 0$. Следовательно, можно разделить обе части уравнения на $\sin(α/2)$:

$2ab \cos(\frac{α}{2}) = l(a+b)$

Отсюда выражаем $\cos(\frac{α}{2})$:

$\cos(\frac{α}{2}) = \frac{l(a+b)}{2ab}$

Теперь находим сам угол $α$. Сначала найдем половину угла:

$\frac{α}{2} = \arccos\left(\frac{l(a+b)}{2ab}\right)$

И, наконец, весь угол:

$α = 2\arccos\left(\frac{l(a+b)}{2ab}\right)$

Ответ: $2\arccos\left(\frac{l(a+b)}{2ab}\right)$

3.87. Луч, выходящий из вершины равностороннего треугольника, делит противоположную сторону в отношении $p:q$. Найдите угол между этим лучом и основанием треугольника.

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. Все его углы равны $60^\circ$.

Пусть луч, выходящий из вершины $A$, пересекает противолежащую сторону $BC$ в точке $D$. По условию, этот луч делит сторону $BC$ в отношении $p:q$, то есть $BD:DC = p:q$.

Искомый угол — это угол между лучом $AD$ и основанием $BC$. Обозначим этот угол как $\phi = \angle{ADC}$.

Для решения задачи воспользуемся теоремой синусов.

Луч $AD$ делит угол $\angle{BAC}$, равный $60^\circ$, на два угла: $\angle{BAD}$ и $\angle{CAD}$. Обозначим $\angle{BAD} = \alpha$. Тогда $\angle{CAD} = 60^\circ - \alpha$.

Рассмотрим треугольник $ABD$. По теореме синусов:

$\frac{BD}{\sin(\angle{BAD})} = \frac{AD}{\sin(\angle{B})}$

$\frac{BD}{\sin(\alpha)} = \frac{AD}{\sin(60^\circ)}$

Отсюда $BD = \frac{AD \cdot \sin(\alpha)}{\sin(60^\circ)}$.

Теперь рассмотрим треугольник $ACD$. По теореме синусов:

$\frac{DC}{\sin(\angle{CAD})} = \frac{AD}{\sin(\angle{C})}$

$\frac{DC}{\sin(60^\circ - \alpha)} = \frac{AD}{\sin(60^\circ)}$

Отсюда $DC = \frac{AD \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\sin(60^\circ)}$.

Найдем отношение $BD$ к $DC$:

$\frac{BD}{DC} = \frac{\frac{AD \cdot \sin(\alpha)}{\sin(60^\circ)}}{\frac{AD \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\sin(60^\circ)}} = \frac{\sin(\alpha)}{\sin(60^\circ - \alpha)}$

По условию $\frac{BD}{DC} = \frac{p}{q}$, следовательно:

$\frac{p}{q} = \frac{\sin(\alpha)}{\sin(60^\circ - \alpha)}$

$p \cdot \sin(60^\circ - \alpha) = q \cdot \sin(\alpha)$

Используя формулу синуса разности, получаем:

$p \cdot (\sin(60^\circ)\cos(\alpha) - \cos(60^\circ)\sin(\alpha)) = q \cdot \sin(\alpha)$

$p \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(\alpha) - \frac{1}{2}\sin(\alpha)) = q \cdot \sin(\alpha)$

Умножим обе части на 2:

$p\sqrt{3}\cos(\alpha) - p\sin(\alpha) = 2q\sin(\alpha)$

$p\sqrt{3}\cos(\alpha) = (p + 2q)\sin(\alpha)$

Разделив обе части на $\cos(\alpha)$ (при условии, что $\cos(\alpha) \neq 0$), получаем тангенс угла $\alpha$:

$\tan(\alpha) = \frac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \frac{p\sqrt{3}}{p + 2q}$

Теперь найдем искомый угол $\phi = \angle{ADC}$. В треугольнике $ACD$ сумма углов равна $180^\circ$:

$\angle{ADC} + \angle{DCA} + \angle{CAD} = 180^\circ$

$\phi + 60^\circ + (60^\circ - \alpha) = 180^\circ$

$\phi + 120^\circ - \alpha = 180^\circ$

$\phi = 60^\circ + \alpha$

Найдем тангенс угла $\phi$, используя формулу тангенса суммы:

$\tan(\phi) = \tan(60^\circ + \alpha) = \frac{\tan(60^\circ) + \tan(\alpha)}{1 - \tan(60^\circ)\tan(\alpha)}$

Подставим известные значения $\tan(60^\circ) = \sqrt{3}$ и $\tan(\alpha) = \frac{p\sqrt{3}}{p + 2q}$:

$\tan(\phi) = \frac{\sqrt{3} + \frac{p\sqrt{3}}{p + 2q}}{1 - \sqrt{3} \cdot \frac{p\sqrt{3}}{p + 2q}} = \frac{\frac{\sqrt{3}(p + 2q) + p\sqrt{3}}{p + 2q}}{\frac{p + 2q - 3p}{p + 2q}}$

$\tan(\phi) = \frac{\sqrt{3}p + 2\sqrt{3}q + p\sqrt{3}}{2q - 2p} = \frac{2p\sqrt{3} + 2q\sqrt{3}}{2(q-p)} = \frac{2\sqrt{3}(p+q)}{2(q-p)} = \frac{\sqrt{3}(p+q)}{q-p}$

Чтобы получить однозначное выражение для угла в диапазоне от $0$ до $180^\circ$, удобнее использовать арккотангенс:

$\cot(\phi) = \frac{1}{\tan(\phi)} = \frac{q-p}{\sqrt{3}(p+q)}$

$\phi = \mathrm{arccot}\left(\frac{q-p}{\sqrt{3}(p+q)}\right)$

Ответ: $\mathrm{arccot}\left(\frac{q-p}{\sqrt{3}(p+q)}\right)$

3.88. Внутренняя точка O треугольника ABC удовлетворяет равенству $\angle ABO = \angle BCO = \angle CAO = \varphi$. Выразите $\operatorname{tg}\varphi$ через площадь треугольника и его стороны.

Пусть в треугольнике $ABC$ углы при вершинах равны $A, B, C$, а длины противолежащих им сторон равны $a, b, c$ соответственно. Площадь треугольника обозначим через $S$. По условию, внутренняя точка $O$ такова, что $\angle ABO = \angle BCO = \angle CAO = \varphi$.

Изобразим данный треугольник и точку $O$ на рисунке:

Рассмотрим три треугольника, на которые точка $O$ разбивает треугольник $ABC$: $\triangle AOB$, $\triangle BOC$ и $\triangle COA$. Найдем углы этих треугольников.

В $\triangle AOB$: $\angle OAB = \angle A - \angle CAO = A - \varphi$, $\angle ABO = \varphi$. Тогда $\angle AOB = 180^\circ - (A - \varphi) - \varphi = 180^\circ - A$.

В $\triangle BOC$: $\angle OBC = \angle B - \angle ABO = B - \varphi$, $\angle BCO = \varphi$. Тогда $\angle BOC = 180^\circ - (B - \varphi) - \varphi = 180^\circ - B$.

В $\triangle COA$: $\angle OCA = \angle C - \angle BCO = C - \varphi$, $\angle CAO = \varphi$. Тогда $\angle COA = 180^\circ - (C - \varphi) - \varphi = 180^\circ - C$.

Применим теорему синусов к треугольникам $\triangle AOB$ и $\triangle BOC$.

Из $\triangle AOB$: $$ \frac{OB}{\sin(\angle OAB)} = \frac{c}{\sin(\angle AOB)} \implies \frac{OB}{\sin(A - \varphi)} = \frac{c}{\sin(180^\circ - A)} = \frac{c}{\sin A} $$ Отсюда $OB = \frac{c \sin(A - \varphi)}{\sin A}$.

Из $\triangle BOC$: $$ \frac{OB}{\sin(\angle BCO)} = \frac{a}{\sin(\angle BOC)} \implies \frac{OB}{\sin \varphi} = \frac{a}{\sin(180^\circ - B)} = \frac{a}{\sin B} $$ Отсюда $OB = \frac{a \sin \varphi}{\sin B}$.

Приравнивая два полученных выражения для $OB$, получаем: $$ \frac{c \sin(A - \varphi)}{\sin A} = \frac{a \sin \varphi}{\sin B} $$ $$ c \sin B \sin(A - \varphi) = a \sin A \sin \varphi $$ Раскроем синус разности: $$ c \sin B (\sin A \cos \varphi - \cos A \sin \varphi) = a \sin A \sin \varphi $$ Предполагая, что $\varphi \neq 90^\circ$ (то есть $\cos \varphi \neq 0$), разделим обе части уравнения на $\cos \varphi$: $$ c \sin B (\sin A - \cos A \tan \varphi) = a \sin A \tan \varphi $$ $$ c \sin A \sin B - c \sin B \cos A \tan \varphi = a \sin A \tan \varphi $$ Сгруппируем члены с $\tan \varphi$: $$ c \sin A \sin B = (a \sin A + c \sin B \cos A) \tan \varphi $$ Отсюда выражаем $\tan \varphi$: $$ \tan \varphi = \frac{c \sin A \sin B}{a \sin A + c \sin B \cos A} $$

Теперь выразим синусы и косинусы углов треугольника $ABC$ через его стороны $a,b,c$, площадь $S$ и радиус описанной окружности $R$. По теореме синусов для $\triangle ABC$: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$. Отсюда $\sin A = \frac{a}{2R}$ и $\sin B = \frac{b}{2R}$. По теореме косинусов: $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.

Подставим эти выражения в формулу для $\tan \varphi$: $$ \tan \varphi = \frac{c \left(\frac{a}{2R}\right) \left(\frac{b}{2R}\right)}{a \left(\frac{a}{2R}\right) + c \left(\frac{b}{2R}\right) \left(\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\right)} $$ $$ \tan \varphi = \frac{\frac{abc}{4R^2}}{\frac{a^2}{2R} + \frac{b^2 + c^2 - a^2}{4R}} = \frac{\frac{abc}{4R^2}}{\frac{2a^2 + b^2 + c^2 - a^2}{4R}} $$ $$ \tan \varphi = \frac{\frac{abc}{4R^2}}{\frac{a^2 + b^2 + c^2}{4R}} = \frac{abc}{4R^2} \cdot \frac{4R}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{abc}{R(a^2 + b^2 + c^2)} $$

Используем формулу площади треугольника через радиус описанной окружности: $S = \frac{abc}{4R}$. Отсюда $abc = 4RS$. Подставим это в полученное выражение для $\tan \varphi$: $$ \tan \varphi = \frac{4RS}{R(a^2 + b^2 + c^2)} = \frac{4S}{a^2 + b^2 + c^2} $$ Этот результат также можно получить, зная, что $\cot \varphi = \cot A + \cot B + \cot C$, и выражая котангенсы через стороны и площадь.

Ответ: $$ \tan \varphi = \frac{4S}{a^2 + b^2 + c^2} $$ где $S$ — площадь треугольника $ABC$, а $a, b, c$ — длины его сторон.

3.89. Докажите, что углы $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ при вершинах $A$, $B$, $C$ соответственно удовлетворяют равенству $\cos \frac{\beta - \gamma}{2} = 2\sin^2 \frac{\alpha}{2} + \sin \frac{\alpha}{2}$, если центр $O$ окружности, вписанной в треугольник $ABC$, удовлетворяет равенству $OA^2 = OB \cdot OC$.

Пусть O — центр вписанной в треугольник ABC окружности, r — её радиус. Центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Расстояния от центра O до вершин треугольника A, B, C можно выразить через радиус r и углы треугольника α, β, γ.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный вершиной A, центром O и точкой касания вписанной окружности со стороной AC. Угол OAC равен $ \alpha/2 $. В этом треугольнике $ \sin(\alpha/2) = r / OA $, откуда $ OA = r / \sin(\alpha/2) $. Аналогично для вершин B и C получаем: $ OB = r / \sin(\beta/2) $ и $ OC = r / \sin(\gamma/2) $.

Подставим эти выражения в данное по условию равенство $ OA^2 = OB \cdot OC $:

$ \left(\frac{r}{\sin(\alpha/2)}\right)^2 = \left(\frac{r}{\sin(\beta/2)}\right) \cdot \left(\frac{r}{\sin(\gamma/2)}\right) $

$ \frac{r^2}{\sin^2(\alpha/2)} = \frac{r^2}{\sin(\beta/2) \sin(\gamma/2)} $

Поскольку $ r \neq 0 $, мы можем сократить $ r^2 $, что дает нам первое ключевое соотношение:

$ \sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \sin(\frac{\beta}{2}) \sin(\frac{\gamma}{2}) $ (1)

Сумма углов в треугольнике равна $ \pi $: $ \alpha + \beta + \gamma = \pi $. Разделив на 2, получим: $ \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = \frac{\pi}{2} $. Отсюда $ \frac{\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \left(\frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2}\right) $.

Используя формулу приведения для синуса, получаем второе ключевое соотношение:

$ \sin(\frac{\alpha}{2}) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \left(\frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2}\right)\right) = \cos\left(\frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2}\right) $ (2)

Теперь преобразуем левую часть доказываемого равенства $ \cos\frac{\beta - \gamma}{2} = 2\sin^2\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2} $, используя формулу косинуса разности:

$ \cos\left(\frac{\beta - \gamma}{2}\right) = \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} + \sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} $

Из соотношения (1) мы знаем, что $ \sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} = \sin^2\frac{\alpha}{2} $. Подставим это в выражение:

$ \cos\left(\frac{\beta - \gamma}{2}\right) = \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} $

Теперь найдем выражение для $ \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} $. Раскроем соотношение (2) по формуле косинуса суммы:

$ \sin\frac{\alpha}{2} = \cos\left(\frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2}\right) = \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} - \sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} $

Выразим отсюда $ \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} $:

$ \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} = \sin\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} $

Снова используя соотношение (1), заменяем $ \sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} $ на $ \sin^2\frac{\alpha}{2} $:

$ \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} = \sin\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2} $

Теперь подставим это выражение для $ \cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2} $ в преобразованную левую часть доказываемого равенства:

$ \cos\left(\frac{\beta - \gamma}{2}\right) = \left(\sin\frac{\alpha}{2} + \sin^2\frac{\alpha}{2}\right) + \sin^2\frac{\alpha}{2} $

Упрощая, получаем:

$ \cos\left(\frac{\beta - \gamma}{2}\right) = 2\sin^2\frac{\alpha}{2} + \sin\frac{\alpha}{2} $

Это в точности совпадает с правой частью исходного равенства. Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.