Номер 729, страница 176 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

729. В равностороннем треугольнике $ABC$ выбрали точку $P$ так, что $\angle APB = 150^\circ$. Докажите, что существует прямоугольный треугольник, стороны которого равны отрезкам $PA, PB$ и $PC$.

Для доказательства утверждения мы можем использовать два подхода: геометрический (с помощью поворота) и алгебраический (с помощью теорем синусов и косинусов).

Геометрическое доказательство (метод поворота)

Пусть $PA = a$, $PB = b$, $PC = c$. Рассмотрим равносторонний треугольник $ABC$. Мысленно зафиксируем его так, чтобы обход вершин $A \rightarrow B \rightarrow C$ происходил против часовой стрелки.

Выполним поворот плоскости на $60^\circ$ против часовой стрелки вокруг точки $B$. При этом повороте вершина $A$ перейдет в вершину $C$, так как $BA = BC$ и $\angle ABC = 60^\circ$. Пусть точка $P$ при этом повороте перейдет в некоторую точку $P'$.

По свойству поворота, которое является движением, расстояния сохраняются. Следовательно, треугольник $APB$ перейдет в равный ему треугольник $CP'B$. Из этого следует:

• $AP = CP' = a$
• $BP = BP' = b$
• $\angle APB = \angle CP'B = 150^\circ$

Рассмотрим треугольник $BPP'$. Так как $BP = BP' = b$ и угол поворота $\angle PBP' = 60^\circ$, то треугольник $BPP'$ является равносторонним. Следовательно, $PP' = BP = b$, а все его углы равны $60^\circ$, в частности $\angle BP'P = 60^\circ$.

Теперь рассмотрим треугольник $CPP'$. Его стороны равны $CP = c$, $CP' = a$ и $PP' = b$. Таким образом, стороны этого треугольника равны отрезкам $PA, PB, PC$. Докажем, что этот треугольник прямоугольный. Для этого найдем его угол при вершине $P'$.

Угол $\angle CPP'$ можно найти, используя два известных угла с вершиной в точке $P'$: $\angle CP'B = 150^\circ$ и $\angle BP'P = 60^\circ$. Поскольку точка $P$ находится внутри треугольника $ABC$, а поворот осуществляется против часовой стрелки, луч $P'P$ и луч $P'C$ будут находиться по разные стороны от луча $P'B$. (Это можно доказать строго через ориентацию, но в рамках школьной геометрии можно принять как факт из построения).

Однако, более строгий анализ показывает, что верным является вычитание углов. Аргументация через ориентацию показывает, что ориентированный угол $\angle(\vec{P'C}, \vec{P'P})$ равен $-90^\circ$ или $+90^\circ$. Это означает, что угол $\angle CPP' = 90^\circ$.

Таким образом, в треугольнике $CPP'$ угол $\angle CPP'$ прямой. По теореме Пифагора для $\triangle CPP'$: $ (CP')^2 + (PP')^2 = (CP)^2 $

Подставляя длины сторон, получаем: $ a^2 + b^2 = c^2 $ $ PA^2 + PB^2 = PC^2 $

Это равенство означает, что отрезки $PA, PB, PC$ могут образовать прямоугольный треугольник, где $PA$ и $PB$ — катеты, а $PC$ — гипотенуза.

Ответ: Утверждение доказано. Существует прямоугольный треугольник со сторонами $PA, PB, PC$, причём $PA^2 + PB^2 = PC^2$.

Алгебраическое доказательство (метод координат не используется)

Пусть сторона равностороннего треугольника $ABC$ равна $s$. Обозначим длины отрезков $PA = a, PB = b, PC = c$. В треугольнике $APB$ по условию $\angle APB = 150^\circ$. Так как точка $P$ находится внутри $\triangle ABC$, то $\angle PAB < 60^\circ$ и $\angle PBA < 60^\circ$. Сумма углов в $\triangle APB$ равна $180^\circ$, поэтому $\angle PAB + \angle PBA = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ$.

Обозначим $\angle PBA = \beta$. Тогда $\angle PAB = 30^\circ - \beta$. Поскольку углы положительны, $0 < \beta < 30^\circ$.

Применим теорему синусов для $\triangle APB$: $ \frac{AB}{\sin(\angle APB)} = \frac{PA}{\sin(\angle PBA)} = \frac{PB}{\sin(\angle PAB)} $ $ \frac{s}{\sin(150^\circ)} = \frac{a}{\sin \beta} = \frac{b}{\sin(30^\circ - \beta)} $ Так как $\sin(150^\circ) = \sin(180^\circ-30^\circ) = \sin(30^\circ) = 1/2$, то $2s = \frac{a}{\sin \beta} = \frac{b}{\sin(30^\circ - \beta)}$. Отсюда выразим $a$ и $b$: $ a = 2s \sin \beta $ $ b = 2s \sin(30^\circ - \beta) $

Теперь рассмотрим $\triangle BPC$. Угол $\angle ABC = 60^\circ$, поэтому $\angle PBC = \angle ABC - \angle PBA = 60^\circ - \beta$. Применим теорему косинусов для $\triangle BPC$, чтобы выразить $c^2$: $ PC^2 = BC^2 + PB^2 - 2 \cdot BC \cdot PB \cdot \cos(\angle PBC) $ $ c^2 = s^2 + b^2 - 2 s b \cos(60^\circ - \beta) $

Подставим в это выражение $b = 2s \sin(30^\circ - \beta)$: $ c^2 = s^2 + (2s \sin(30^\circ - \beta))^2 - 2s (2s \sin(30^\circ - \beta)) \cos(60^\circ - \beta) $ $ c^2 = s^2 + 4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta) - 4s^2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) $

Мы хотим доказать, что отрезки $a, b, c$ образуют прямоугольный треугольник. Проверим, выполняется ли равенство $a^2 + b^2 = c^2$. Найдем $a^2 + b^2$: $ a^2 + b^2 = (2s \sin \beta)^2 + (2s \sin(30^\circ - \beta))^2 = 4s^2 (\sin^2 \beta + \sin^2(30^\circ - \beta)) $

Теперь проверим, равно ли выражение для $c^2$ выражению для $a^2+b^2$. $ s^2 + 4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta) - 4s^2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) = 4s^2 (\sin^2 \beta + \sin^2(30^\circ - \beta)) $

Сократим обе части на $s^2$ (так как $s \neq 0$) и на $4s^2 \sin^2(30^\circ - \beta)$: $ 1 - 4 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta) = 4 \sin^2 \beta $

Используем формулу произведения синуса на косинус: $2 \sin X \cos Y = \sin(X+Y) + \sin(X-Y)$. $ 1 - 2 [2 \sin(30^\circ - \beta) \cos(60^\circ - \beta)] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2 [\sin((30^\circ - \beta) + (60^\circ - \beta)) + \sin((30^\circ - \beta) - (60^\circ - \beta))] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2 [\sin(90^\circ - 2\beta) + \sin(-30^\circ)] = 4 \sin^2 \beta $

Используя формулы приведения $\sin(90^\circ - \alpha) = \cos \alpha$ и то, что $\sin(-30^\circ) = -1/2$: $ 1 - 2 [\cos(2\beta) - 1/2] = 4 \sin^2 \beta $ $ 1 - 2\cos(2\beta) + 1 = 4 \sin^2 \beta $ $ 2 - 2\cos(2\beta) = 4 \sin^2 \beta $

Используем формулу косинуса двойного угла $\cos(2\beta) = 1 - 2\sin^2 \beta$: $ 2 - 2(1 - 2\sin^2 \beta) = 4 \sin^2 \beta $ $ 2 - 2 + 4\sin^2 \beta = 4 \sin^2 \beta $ $ 4\sin^2 \beta = 4\sin^2 \beta $

Мы получили тождество, которое верно для любого угла $\beta$. Следовательно, наше предположение $a^2 + b^2 = c^2$ было верным.

Ответ: Утверждение доказано. Существует прямоугольный треугольник со сторонами $PA, PB, PC$, для которых выполняется соотношение $PA^2 + PB^2 = PC^2$.