Номер 299, страница 89 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Глава 4. Соотношение между сторонами и углами треугольника. Параграф 4. Построение треугольника по трем элементам - номер 299, страница 89.

Условие.

299. На рисунке 146 $AB = AC, AP = PQ = QR = RB = BC$. Найдите угол $A$.

Рис. 146

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 9.

Решение 10.

Для решения задачи будем последовательно рассматривать равнобедренные треугольники, которые образуются согласно условию, и выражать их углы через искомый угол A. Обозначим $ \angle A = \alpha $.

1. Анализ условия и чертежа

По условию дан треугольник $ABC$, в котором $AB = AC$. Также дано равенство отрезков $AP = PQ = QR = RB = BC$.

На рисунке 146 точка R расположена на стороне BC. Рассмотрим условие $RB = BC$. Если точка R лежит на отрезке BC, то равенство $RB=BC$ возможно только в том случае, если точка R совпадает с точкой C ($R=C$). В противном случае, если R находится между B и C, то $RB < BC$, а если C находится между B и R, то $RB > BC$.

Таким образом, принимаем, что $R=C$. Тогда цепочка равенств принимает вид: $AP = PQ = QC = BC$.

Пусть длина этих равных отрезков равна $a$, то есть $AP = PQ = QC = BC = a$.

2. Анализ треугольника ABC

Так как $AB = AC$, треугольник $ABC$ является равнобедренным. Углы при основании равны:

$ \angle ABC = \angle ACB $

Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, поэтому:

$ \angle ABC = \angle ACB = \frac{180^\circ - \angle A}{2} = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2} $

3. Анализ малых треугольников

Рассмотрим равнобедренные треугольники, образованные равными отрезками.

• Треугольник QBC:
  Так как $QC = BC = a$, треугольник $QBC$ является равнобедренным с основанием $QB$. Угол при вершине C равен $ \angle QCB = \angle ACB = 90^\circ - \frac{\alpha}{2} $. Углы при основании равны: $ \angle BQC = \angle QBC = \frac{180^\circ - \angle QCB}{2} = \frac{180^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2})}{2} = \frac{90^\circ + \frac{\alpha}{2}}{2} = 45^\circ + \frac{\alpha}{4} $
• Треугольник APQ:
  Так как $AP = PQ = a$, треугольник $APQ$ является равнобедренным. Стороны $AP$ и $PQ$ равны, следовательно, углы напротив них равны: $ \angle PQA = \angle PAQ $. $ \angle PAQ = \angle A = \alpha $. Значит, $ \angle PQA = \alpha $. Третий угол треугольника $APQ$: $ \angle APQ = 180^\circ - 2\alpha $.

4. Составление и решение уравнения

Для нахождения $ \alpha $ мы можем использовать теорему синусов для треугольников $APQ$ и $ABC$, связав их через сторону $AC$.

По теореме синусов в $ \triangle APQ $:$ \frac{AP}{\sin(\angle PQA)} = \frac{AQ}{\sin(\angle APQ)} $$ \frac{a}{\sin(\alpha)} = \frac{AQ}{\sin(180^\circ - 2\alpha)} $$ AQ = \frac{a \cdot \sin(2\alpha)}{\sin(\alpha)} = \frac{a \cdot 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = 2a\cos(\alpha) $

Сторона $AC$ состоит из двух отрезков $AQ$ и $QC$ (поскольку Q лежит на AC):$ AC = AQ + QC = 2a\cos(\alpha) + a = a(1 + 2\cos(\alpha)) $

Теперь применим теорему синусов к $ \triangle ABC $:$ \frac{AC}{\sin(\angle ABC)} = \frac{BC}{\sin(\angle A)} $$ \frac{AC}{\sin(90^\circ - \frac{\alpha}{2})} = \frac{a}{\sin(\alpha)} $$ AC = \frac{a \cdot \sin(90^\circ - \frac{\alpha}{2})}{\sin(\alpha)} = \frac{a \cdot \cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin(\alpha)} $

Приравняем два полученных выражения для $AC$:$ a(1 + 2\cos(\alpha)) = \frac{a \cdot \cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin(\alpha)} $$ 1 + 2\cos(\alpha) = \frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{2\sin(\frac{\alpha}{2})\cos(\frac{\alpha}{2})} $$ 1 + 2\cos(\alpha) = \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})} $

Умножим обе части на $ 2\sin(\frac{\alpha}{2}) $:$ 2\sin(\frac{\alpha}{2})(1 + 2\cos(\alpha)) = 1 $Используем формулу косинуса двойного угла $ \cos(\alpha) = 1 - 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}) $:$ 2\sin(\frac{\alpha}{2})(1 + 2(1 - 2\sin^2(\frac{\alpha}{2}))) = 1 $$ 2\sin(\frac{\alpha}{2})(3 - 4\sin^2(\frac{\alpha}{2})) = 1 $$ 6\sin(\frac{\alpha}{2}) - 8\sin^3(\frac{\alpha}{2}) = 1 $

Воспользуемся формулой синуса тройного угла $ \sin(3x) = 3\sin(x) - 4\sin^3(x) $:$ 2(3\sin(\frac{\alpha}{2}) - 4\sin^3(\frac{\alpha}{2})) = 1 $$ 2\sin(3 \cdot \frac{\alpha}{2}) = 1 $$ \sin(\frac{3\alpha}{2}) = \frac{1}{2} $

Так как $ \alpha $ - угол в треугольнике, $ 0^\circ < \alpha < 180^\circ $, следовательно $ 0^\circ < \frac{3\alpha}{2} < 270^\circ $. Возможные решения для $ \frac{3\alpha}{2} $:1) $ \frac{3\alpha}{2} = 30^\circ \implies 3\alpha = 60^\circ \implies \alpha = 20^\circ $2) $ \frac{3\alpha}{2} = 150^\circ \implies 3\alpha = 300^\circ \implies \alpha = 100^\circ $

5. Проверка решений

Проверим, оба ли решения геометрически корректны. Точка Q должна лежать на отрезке AC, значит $AQ > 0$.$ AQ = AC - QC = AC - a > 0 \implies AC > a $.

Из теоремы синусов для $ \triangle ABC $: $ \frac{AC}{a} = \frac{\sin(\angle ABC)}{\sin(\alpha)} = \frac{\sin(90^\circ - \alpha/2)}{\sin(\alpha)} $. Условие $AC > a$ эквивалентно $ \sin(90^\circ - \alpha/2) > \sin(\alpha) $.

Для $ \alpha = 20^\circ $:$ \sin(90^\circ - 10^\circ) > \sin(20^\circ) \implies \sin(80^\circ) > \sin(20^\circ) $. Это верно, так как на интервале $(0^\circ, 90^\circ)$ синус возрастает. Решение $ \alpha = 20^\circ $ подходит.

Для $ \alpha = 100^\circ $:$ \sin(90^\circ - 50^\circ) > \sin(100^\circ) \implies \sin(40^\circ) > \sin(100^\circ) $.$ \sin(40^\circ) \approx 0.643 $, а $ \sin(100^\circ) = \sin(180^\circ - 80^\circ) = \sin(80^\circ) \approx 0.985 $. Неравенство $ 0.643 > 0.985 $ ложно. Следовательно, решение $ \alpha = 100^\circ $ не подходит, так как при таком угле точка Q окажется вне отрезка AC.

Единственное решение - $ \alpha = 20^\circ $.

Ответ: $20^\circ$