Номер 235, страница 104 - гдз по геометрии 9 класс учебник Солтан, Солтан

235. В равнобедренном $ \Delta ABC $ $ AB = AC = \sqrt{2} $ дм, $ \angle BAC = 30^{\circ} $, точка $ O $ – центр описанной около него окружности. Луч $ BO $ пересекает сторону $ AC $ в точке $ K $. Найдите длину отрезка $ BK $.

Дано:

Равнобедренный треугольник $\triangle ABC$:

$AB = AC = \sqrt{2}$ дм

$\angle BAC = 30^\circ$

Точка $O$ - центр описанной окружности около $\triangle ABC$.

Луч $BO$ пересекает сторону $AC$ в точке $K$.

Перевод в СИ:

$AB = AC = \sqrt{2}$ дм $= \sqrt{2} \times 0.1$ м

Найти:

$BK$

Решение:

1. Найдем углы треугольника $\triangle ABC$.

Так как $\triangle ABC$ равнобедренный и $AB = AC$, то углы при основании $BC$ равны:

$\angle ABC = \angle ACB = \frac{180^\circ - \angle BAC}{2} = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = \frac{150^\circ}{2} = 75^\circ$.

2. Найдем радиус $R$ описанной окружности.

Используем теорему синусов для $\triangle ABC$: $\frac{BC}{\sin(\angle BAC)} = \frac{AB}{\sin(\angle ACB)} = 2R$.

Найдем сторону $BC$ по теореме косинусов в $\triangle ABC$:

$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle BAC)$

$BC^2 = (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \cos(30^\circ)$

$BC^2 = 2 + 2 - 2 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$BC^2 = 4 - 2\sqrt{3}$

$BC = \sqrt{4 - 2\sqrt{3}}$. Заметим, что $4 - 2\sqrt{3} = (\sqrt{3})^2 - 2\sqrt{3} + 1^2 = (\sqrt{3} - 1)^2$.

Следовательно, $BC = \sqrt{(\sqrt{3} - 1)^2} = \sqrt{3} - 1$ дм.

Теперь найдем радиус $R$ описанной окружности:

$2R = \frac{BC}{\sin(\angle BAC)} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sin(30^\circ)} = \frac{\sqrt{3} - 1}{1/2} = 2(\sqrt{3} - 1)$

$R = \sqrt{3} - 1$ дм.

3. Рассмотрим центральные углы, опирающиеся на хорды.

Центр описанной окружности $O$ равноудален от вершин треугольника, т.е. $OA = OB = OC = R$.

Угол $\angle AOB$ опирается на ту же дугу, что и вписанный угол $\angle ACB$. Значит, $\angle AOB = 2 \cdot \angle ACB = 2 \cdot 75^\circ = 150^\circ$.

4. Рассмотрим треугольник $\triangle AOB$.

$\triangle AOB$ равнобедренный, так как $OA = OB = R$.

Углы при основании $AB$ равны:

$\angle OAB = \angle OBA = \frac{180^\circ - \angle AOB}{2} = \frac{180^\circ - 150^\circ}{2} = \frac{30^\circ}{2} = 15^\circ$.

5. Рассмотрим треугольник $\triangle ABK$.

Луч $BO$ пересекает $AC$ в точке $K$. Следовательно, точка $K$ лежит на прямой $BO$, и $\angle ABK = \angle OBA = 15^\circ$.

В $\triangle ABK$ нам известны:

$AB = \sqrt{2}$ дм

$\angle BAK = \angle BAC = 30^\circ$

$\angle ABK = 15^\circ$

Найдем третий угол $\angle AKB$ в $\triangle ABK$:

$\angle AKB = 180^\circ - (\angle BAK + \angle ABK) = 180^\circ - (30^\circ + 15^\circ) = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$.

6. Применим теорему синусов к $\triangle ABK$, чтобы найти $BK$.

$\frac{BK}{\sin(\angle BAK)} = \frac{AB}{\sin(\angle AKB)}$

$\frac{BK}{\sin(30^\circ)} = \frac{\sqrt{2}}{\sin(135^\circ)}$

$\sin(30^\circ) = \frac{1}{2}$

$\sin(135^\circ) = \sin(180^\circ - 45^\circ) = \sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Подставим значения:

$\frac{BK}{1/2} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}/2}$

$2 \cdot BK = 2$

$BK = 1$ дм.

Ответ:

$BK = 1$ дм.