Номер 3.87, страница 124 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

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