Номер 1427, страница 364 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 15. Задачи повышенной трудности. Глава 15. Преобразование подобия. Подобие фигуры - номер 1427, страница 364.

1427 В данный равносторонний треугольник впишите другой равносторонний треугольник так, чтобы его стороны были перпендикулярны к сторонам данного.

Задача состоит в том, чтобы в данный равносторонний треугольник $ABC$ вписать другой равносторонний треугольник $PQR$ (где $P$ лежит на стороне $BC$, $Q$ — на $AC$, а $R$ — на $AB$) так, чтобы стороны вписанного треугольника были перпендикулярны сторонам данного.

Существует две возможные ориентации для такого вписывания, которые симметричны друг другу. Рассмотрим одну из них. Пусть стороны треугольника $PQR$ перпендикулярны сторонам треугольника $ABC$ в следующем порядке:

• $PQ \perp BC$
• $QR \perp AC$
• $RP \perp AB$

Анализ

Проанализируем углы, которые образуются в углах исходного треугольника. Рассмотрим, например, треугольник $\triangle CQP$, образованный в углу $C$.

1. Поскольку $\triangle ABC$ равносторонний, все его углы равны $60^\circ$, т.е. $\angle C = 60^\circ$.
2. По условию, сторона $PQ$ перпендикулярна стороне $BC$. Так как точка $P$ лежит на отрезке $BC$, это означает, что угол между отрезком $PQ$ и прямой $BC$ составляет $90^\circ$. Следовательно, в треугольнике $CQP$ угол $\angle CPQ = 90^\circ$.
3. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому для $\triangle CQP$ имеем: $\angle CQP = 180^\circ - \angle C - \angle CPQ = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.

Аналогично рассмотрим два других угловых треугольника:

• В $\triangle ARQ$: $\angle A = 60^\circ$. По условию $QR \perp AC$, значит $\angle AQR = 90^\circ$. Отсюда $\angle ARQ = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.
• В $\triangle BPR$: $\angle B = 60^\circ$. По условию $RP \perp AB$, значит $\angle BRP = 90^\circ$. Отсюда $\angle BPR = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.

Проверим согласованность углов в вершинах вписанного треугольника. Например, в точке $P$ на стороне $BC$ сумма углов $\angle BPR + \angle RPQ + \angle CPQ$ должна составлять развернутый угол $180^\circ$. Так как $\triangle PQR$ равносторонний, $\angle RPQ=60^\circ$. Получаем: $30^\circ + 60^\circ + 90^\circ = 180^\circ$. Условие выполняется. Аналогично для вершин $Q$ и $R$.

Таким образом, задача сводится к построению трех прямоугольных треугольников ($\triangle CQP$, $\triangle ARQ$, $\triangle BPR$) в углах исходного треугольника с углами $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$.

Построение

Построение основано на методе подобия. Мы можем построить треугольник, подобный искомому, а затем найти искомый с помощью гомотетии.

1. Выберем на стороне $BC$ произвольную точку $P_1$.
2. Проведем через точку $P_1$ прямую, перпендикулярную $BC$. Точку пересечения этой прямой со стороной $AC$ обозначим $Q_1$. (Таким образом, $\angle C P_1 Q_1 = 90^\circ$).
3. Через точку $Q_1$ проведем прямую, перпендикулярную $AC$. Точку пересечения этой прямой со стороной $AB$ обозначим $R_1$. (Таким образом, $\angle A Q_1 R_1 = 90^\circ$).
4. Через точку $R_1$ проведем прямую, перпендикулярную $AB$. Точку пересечения этой прямой со стороной $BC$ обозначим $P_2$. (Таким образом, $\angle B R_1 P_2 = 90^\circ$).

В результате этого построения мы получили преобразование, которое отображает точку $P_1$ на прямой $BC$ в точку $P_2$ на той же прямой. Это преобразование является гомотетией (преобразованием подобия). Искомая вершина $P$ является неподвижной точкой этого преобразования, то есть такой точкой, для которой $P_2$ совпадет с $P_1$.

Чтобы найти эту неподвижную точку $P$, можно выполнить построение для двух разных начальных точек $P_1$ и $P'_1$ и затем найти центр гомотетии. Однако можно найти положение точек $P, Q, R$ аналитически, используя свойства прямоугольных треугольников, найденные в анализе.

Пусть сторона $\triangle ABC$ равна $a$, а сторона $\triangle PQR$ равна $s$.

• В $\triangle CQP$ (прямоугольном в $P$): $PQ = s$. Гипотенуза $CQ$. $\angle C=60^\circ$. $s = PQ = CQ \cdot \sin(60^\circ) = CQ \frac{\sqrt{3}}{2}$.
• В $\triangle ARQ$ (прямоугольном в $Q$): $QR = s$. Гипотенуза $AR$. $\angle A=60^\circ$. $s = QR = AR \cdot \sin(60^\circ) = AR \frac{\sqrt{3}}{2}$.
• В $\triangle BPR$ (прямоугольном в $R$): $RP = s$. Гипотенуза $BP$. $\angle B=60^\circ$. $s = RP = BP \cdot \sin(60^\circ) = BP \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Из этих соотношений следует, что $CQ = AR = BP$. Обозначим эту длину за $x$.Теперь выразим стороны треугольника $ABC$ через $x$.$AC = a$. Также $AC = AQ + QC$. Из $\triangle ARQ$, катет $AQ = AR \cdot \cos(60^\circ) = AR/2 = x/2$.Тогда $a = AC = AQ + QC = x/2 + x = \frac{3}{2}x$. Отсюда $x = \frac{2a}{3}$.

Таким образом, мы нашли точное положение вершин искомого треугольника:

• Точка $R$ на стороне $AB$ такова, что $AR = \frac{2}{3}a$.
• Точка $P$ на стороне $BC$ такова, что $BP = \frac{2}{3}a$.
• Точка $Q$ на стороне $AC$ такова, что $CQ = \frac{2}{3}a$.

Разделить отрезок в отношении $2:1$ можно с помощью циркуля и линейки (например, с использованием теоремы Фалеса).

Доказательство

Построим точки $P, Q, R$ на сторонах $BC, AC, AB$ соответственно так, что $BP = CQ = AR = \frac{2a}{3}$, где $a$ - сторона $\triangle ABC$. Тогда $PC = QA = RB = a - \frac{2a}{3} = \frac{a}{3}$.

1. Докажем, что $\triangle PQR$ равносторонний.Рассмотрим $\triangle ARQ$. В нем $AR=\frac{2a}{3}$, $AQ=\frac{a}{3}$ и $\angle A=60^\circ$. По теореме косинусов:$QR^2 = AR^2 + AQ^2 - 2 \cdot AR \cdot AQ \cdot \cos(60^\circ) = (\frac{2a}{3})^2 + (\frac{a}{3})^2 - 2 \cdot \frac{2a}{3} \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{1}{2}$$QR^2 = \frac{4a^2}{9} + \frac{a^2}{9} - \frac{2a^2}{9} = \frac{3a^2}{9} = \frac{a^2}{3}$.$QR = \frac{a}{\sqrt{3}}$.В силу симметрии построения, аналогичные расчеты для $\triangle BPR$ и $\triangle CQP$ дадут $RP^2 = a^2/3$ и $PQ^2 = a^2/3$.Следовательно, $PQ=QR=RP$, и $\triangle PQR$ является равносторонним.

2. Докажем, что стороны перпендикулярны.Рассмотрим $\triangle BPR$. Мы знаем его стороны: $BP=\frac{2a}{3}$, $BR=\frac{a}{3}$ и $RP=\frac{a}{\sqrt{3}}$. По теореме косинусов найдем угол $\angle BRP$:$BP^2 = BR^2 + RP^2 - 2 \cdot BR \cdot RP \cdot \cos(\angle BRP)$$(\frac{2a}{3})^2 = (\frac{a}{3})^2 + (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 - 2 \cdot \frac{a}{3} \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \cos(\angle BRP)$$\frac{4a^2}{9} = \frac{a^2}{9} + \frac{a^2}{3} - \frac{2a^2}{3\sqrt{3}}\cos(\angle BRP)$$\frac{4a^2}{9} = \frac{4a^2}{9} - \frac{2a^2}{3\sqrt{3}}\cos(\angle BRP) \implies \cos(\angle BRP) = 0$.Значит, $\angle BRP = 90^\circ$, что означает $RP \perp AB$.Аналогично, из симметрии, можно доказать, что $\angle AQR = 90^\circ$ (т.е. $QR \perp AC$) и $\angle CPQ = 90^\circ$ (т.е. $PQ \perp BC$).Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомый треугольник $PQR$ строится следующим образом: на сторонах $AB$, $BC$ и $AC$ данного треугольника $ABC$ со стороной $a$ выбираются точки $R, P, Q$ соответственно, так, что они делят стороны в отношении $2:1$, а именно: $AR = BP = CQ = \frac{2a}{3}$. Соединив точки $P, Q, R$, получим искомый треугольник.