Номер 1047, страница 266 - гдз по алгебре 9 класс учебник Солтан, Солтан

Элементы статистики, комбинаторики и теории вероятностей. Повторение курса алгебры 7-9 классов - номер 1047, страница 266.

Условие.

1047. В равнобедренной трапеции $ABCD$ верхнее основание $BC$ и ее высота $BH$ равны по 1 дм, угол $A$ равен $15^\circ$. Докажите, что вероятность того, что случайно взятая точка этой трапеции принадлежит треугольнику $ABH$, равна $\frac{3+\sqrt{3}}{12}$.

Решение.

Решение 2 (rus).

Вероятность того, что случайно взятая точка трапеции принадлежит треугольнику $ABH$, по определению геометрической вероятности равна отношению площади треугольника $S_{ABH}$ к площади всей трапеции $S_{ABCD}$.

$P = \frac{S_{ABH}}{S_{ABCD}}$

Сначала найдем площадь прямоугольного треугольника $ABH$. Поскольку $BH$ является высотой трапеции, угол $\angle BHA = 90^\circ$. По условию задачи, высота $BH = 1$ дм, а угол $\angle A = 15^\circ$. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов: $S_{ABH} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BH$.

Найдем длину катета $AH$ из треугольника $ABH$ с помощью тангенса угла $A$:

$\text{tg}(\angle A) = \frac{BH}{AH} \implies AH = \frac{BH}{\text{tg}(15^\circ)} = \frac{1}{\text{tg}(15^\circ)}$

Для вычисления значения $\text{tg}(15^\circ)$ используем формулу тангенса разности:

$\text{tg}(15^\circ) = \text{tg}(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\text{tg}(45^\circ) - \text{tg}(30^\circ)}{1 + \text{tg}(45^\circ)\text{tg}(30^\circ)} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{3}-1)$:

$\text{tg}(15^\circ) = \frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{3 - 1} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}$

Теперь можем найти длину $AH$:

$AH = \frac{1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{1 \cdot (2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = \frac{2 + \sqrt{3}}{4 - 3} = 2 + \sqrt{3}$ дм.

Площадь треугольника $ABH$ равна:

$S_{ABH} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot BH = \frac{1}{2} \cdot (2 + \sqrt{3}) \cdot 1 = \frac{2 + \sqrt{3}}{2}$ дм$^2$.

Далее найдем площадь трапеции $ABCD$. Формула площади трапеции: $S_{ABCD} = \frac{AD + BC}{2} \cdot BH$. Нам известно верхнее основание $BC=1$ дм и высота $BH=1$ дм. Необходимо найти длину нижнего основания $AD$.

Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, мы можем провести вторую высоту $CK$ из вершины $C$ на основание $AD$. В этом случае отрезки $AH$ и $KD$ будут равны. Четырехугольник $HBCK$ является прямоугольником, поэтому $HK = BC = 1$ дм.

Длина нижнего основания $AD$ складывается из длин отрезков $AH$, $HK$ и $KD$:

$AD = AH + HK + KD = (2 + \sqrt{3}) + 1 + (2 + \sqrt{3}) = 5 + 2\sqrt{3}$ дм.

Теперь вычислим площадь трапеции $ABCD$:

$S_{ABCD} = \frac{AD + BC}{2} \cdot BH = \frac{(5 + 2\sqrt{3}) + 1}{2} \cdot 1 = \frac{6 + 2\sqrt{3}}{2} = 3 + \sqrt{3}$ дм$^2$.

Наконец, вычислим искомую вероятность как отношение площадей:

$P = \frac{S_{ABH}}{S_{ABCD}} = \frac{\frac{2 + \sqrt{3}}{2}}{3 + \sqrt{3}} = \frac{2 + \sqrt{3}}{2(3 + \sqrt{3})}$

Упростим полученное выражение, умножив числитель и знаменатель на $(3 - \sqrt{3})$:

$P = \frac{(2 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})}{2(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{6 - 2\sqrt{3} + 3\sqrt{3} - 3}{2(3^2 - (\sqrt{3})^2)} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2(9 - 3)} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2 \cdot 6} = \frac{3 + \sqrt{3}}{12}$

Мы получили значение, указанное в условии задачи, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, приведённое в задаче, доказано.