Номер 20.16, страница 65, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§20. Тангенс суммы и разности аргументов. Глава 4. Преобразование тригонометрических выражений. ч. 2 - номер 20.16, страница 65.

20.16 Точка $K$ — середина стороны $CD$ квадрата $ABCD$. Чему равен угол между диагональю $AC$ и отрезком $BK$?

Для решения этой задачи можно использовать несколько методов. Рассмотрим два из них: метод координат и чисто геометрический метод.

Способ 1: Метод координат

Введем прямоугольную систему координат. Удобнее всего поместить одну из вершин квадрата в начало координат. Пусть вершина D находится в точке $(0, 0)$. Примем длину стороны квадрата равной $2$, чтобы избежать дробей при нахождении середины стороны. Тогда координаты вершин будут следующими: $D(0, 0)$, $A(0, 2)$, $B(2, 2)$, $C(2, 0)$.

Точка $K$ — середина стороны $CD$. Найдем ее координаты: $K = \left(\frac{x_C+x_D}{2}, \frac{y_C+y_D}{2}\right) = \left(\frac{2+0}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = (1, 0)$.

Угол между диагональю $AC$ и отрезком $BK$ — это угол между векторами $\vec{AC}$ и $\vec{BK}$. Найдем координаты этих векторов: $\vec{AC} = (x_C - x_A, y_C - y_A) = (2 - 0, 0 - 2) = (2, -2)$. $\vec{BK} = (x_K - x_B, y_K - y_B) = (1 - 2, 0 - 2) = (-1, -2)$.

Косинус угла $\alpha$ между двумя векторами можно найти по формуле: $\cos \alpha = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}$

Найдем скалярное произведение векторов: $\vec{AC} \cdot \vec{BK} = 2 \cdot (-1) + (-2) \cdot (-2) = -2 + 4 = 2$.

Найдем длины (модули) векторов: $|\vec{AC}| = \sqrt{2^2 + (-2)^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$. $|\vec{BK}| = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$.

Теперь подставим все значения в формулу для косинуса угла: $\cos \alpha = \frac{2}{2\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{10}}$. Следовательно, искомый угол $\alpha = \arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.

Способ 2: Геометрический (с использованием тригонометрии)

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. Диагональ $AC$ является биссектрисой угла $\angle BCD$, поэтому $\angle BCA = 45^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BCK$ (угол $\angle C = 90^\circ$). Сторона $BC = a$. Так как $K$ — середина $CD$, то $CK = \frac{a}{2}$.

Найдем тангенс угла $\angle CBK$: $\tan(\angle CBK) = \frac{CK}{BC} = \frac{a/2}{a} = \frac{1}{2}$.

Пусть $M$ — точка пересечения диагонали $AC$ и отрезка $BK$. Мы ищем угол $\angle KMC$. Рассмотрим треугольник $BMC$. Сумма его углов равна $180^\circ$. Мы знаем два угла этого треугольника (или их тригонометрические функции): $\angle MCB = \angle BCA = 45^\circ$. $\angle MBC = \angle CBK$, так что $\tan(\angle MBC) = \frac{1}{2}$.

Угол $\angle BMC$ является внешним для треугольника, или можем найти его как $180^\circ - \angle MCB - \angle MBC$. $\angle BMC = 180^\circ - 45^\circ - \arctan\left(\frac{1}{2}\right) = 135^\circ - \arctan\left(\frac{1}{2}\right)$. Это тупой угол пересечения. Острый угол $\alpha$ будет равен $180^\circ - \angle BMC$. $\alpha = 180^\circ - \left(135^\circ - \arctan\left(\frac{1}{2}\right)\right) = 45^\circ + \arctan\left(\frac{1}{2}\right)$.

Чтобы найти численное значение, используем формулу тангенса суммы: $\tan \alpha = \tan\left(45^\circ + \arctan\left(\frac{1}{2}\right)\right) = \frac{\tan(45^\circ) + \tan\left(\arctan\left(\frac{1}{2}\right)\right)}{1 - \tan(45^\circ) \cdot \tan\left(\arctan\left(\frac{1}{2}\right)\right)}$ $\tan \alpha = \frac{1 + \frac{1}{2}}{1 - 1 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{3/2}{1/2} = 3$. Следовательно, искомый угол $\alpha = \arctan(3)$.

(Заметим, что $\arctan(3)$ и $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$ представляют один и тот же угол, так как если тангенс угла равен $3 = \frac{3}{1}$, то в прямоугольном треугольнике с катетами $3$ и $1$ гипотенуза равна $\sqrt{3^2+1^2} = \sqrt{10}$, а косинус этого угла равен $\frac{1}{\sqrt{10}}$).

Ответ: Угол равен $\arccos\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$ или, что то же самое, $\arctan(3)$.