Страница 68 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

278. При построении четырёх дуг с центрами в вершинах квадрата $ABCD$ и радиусами, равными стороне $a$ квадрата, образовалась фигура, ограниченная красной линией (рис. 61). Найдите длину этой линии.

Рис. 61

Вся красная линия состоит из четырех одинаковых дуг, образованных пересечением четырех исходных дуг. Из-за симметрии фигуры достаточно найти длину одной из этих четырех дуг и умножить результат на 4.

Рассмотрим дугу NK. По рисунку видно, что эта дуга является частью окружности с центром в вершине D и радиусом, равным стороне квадрата $a$. Длина дуги окружности вычисляется по формуле $L = R \cdot \alpha$, где $R$ — радиус окружности, а $\alpha$ — центральный угол, стягивающий дугу, выраженный в радианах. В нашем случае радиус $R = a$. Нам нужно найти центральный угол $\angle NDK$.

Для этого определим положение точек N и K.

Точка N является точкой пересечения дуг, построенных из центров B и C.

Точка K является точкой пересечения дуг, построенных из центров C и D.

Рассмотрим треугольник $\triangle KDC$.

• Сторона $DC$ является стороной квадрата, поэтому ее длина равна $a$.
• Точка $K$ лежит на дуге с центром в точке $D$ и радиусом $a$, следовательно, расстояние $DK = a$.
• Точка $K$ также лежит на дуге с центром в точке $C$ и радиусом $a$, следовательно, расстояние $CK = a$.

Поскольку все три стороны треугольника $\triangle KDC$ равны $a$, он является равносторонним. Все углы равностороннего треугольника равны $60^\circ$. Таким образом, $\angle KDC = 60^\circ$.

Теперь рассмотрим симметричную ситуацию для нахождения положения другой конечной точки дуги - точки P (согласно рисунку, дуга PK с центром в A). Точка P является точкой пересечения дуг из центров A и D.

Рассмотрим треугольник $\triangle PDA$.

• Сторона $AD$ является стороной квадрата, поэтому ее длина равна $a$.
• Точка $P$ лежит на дуге с центром в точке $D$ и радиусом $a$, следовательно, расстояние $DP = a$.
• Точка $P$ лежит на дуге с центром в точке $A$ и радиусом $a$, следовательно, расстояние $AP = a$.

Таким образом, треугольник $\triangle PDA$ также является равносторонним, и угол $\angle PDA = 60^\circ$.

Теперь мы можем найти центральный угол $\angle PDK$, который стягивает дугу PK (которая на рисунке обозначена как KP).

Угол квадрата $\angle CDA$ равен $90^\circ$. Этот угол состоит из трех углов: $\angle CDK$, $\angle KDP$ и $\angle PDA$. Нет, это неверно. Углы $\angle KDC$ и $\angle PDA$ находятся внутри угла $\angle CDA$ и имеют общую вершину D. Поскольку сумма этих углов ($60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$) больше, чем угол квадрата ($90^\circ$), они пересекаются. Угол $\angle KDP$ является областью их пересечения.

Следовательно, искомый центральный угол $\angle KDP$ можно найти следующим образом: $$ \angle KDP = \angle KDC + \angle PDA - \angle CDA $$ $$ \angle KDP = 60^\circ + 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ $$

Итак, центральный угол для одной из четырех дуг красной линии равен $30^\circ$. Переведем этот угол в радианы: $$ \alpha = 30^\circ \cdot \frac{\pi}{180^\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ радиан} $$

Теперь найдем длину одной такой дуги (например, дуги KP с центром в A или, по симметрии, любой другой из четырех): $$ L_{дуги} = a \cdot \alpha = a \cdot \frac{\pi}{6} $$

Так как вся красная линия состоит из четырех таких одинаковых дуг, ее общая длина $L_{общая}$ равна: $$ L_{общая} = 4 \cdot L_{дуги} = 4 \cdot \frac{a\pi}{6} = \frac{2a\pi}{3} $$

Ответ: Длина красной линии равна $\frac{2\pi a}{3}$.

279. (Задача Гиппократа.) Около прямоугольника описали окружность и на каждой его стороне как на диаметре построили полуокружность (рис. 62*). Докажите, что сумма площадей закрашенных фигур равна площади прямоугольника.

Рис. 62

Пусть стороны прямоугольника равны $a$ и $b$. Обозначим искомую сумму площадей закрашенных фигур (лунок) как $S_{лунок}$, площадь прямоугольника как $S_{прям}$, суммарную площадь четырех полуокружностей, построенных на сторонах прямоугольника, как $S_{полуокр}$, и площадь окружности, описанной около прямоугольника, как $S_{окр}$.

Площадь всей фигуры, изображенной на рисунке, можно выразить двумя способами.

С одной стороны, общая площадь равна сумме площади описанной окружности и площадей четырех закрашенных лунок:
$S_{общая} = S_{окр} + S_{лунок}$.

С другой стороны, та же самая общая площадь равна сумме площади прямоугольника и площадей четырех полуокружностей, построенных на его сторонах:
$S_{общая} = S_{прям} + S_{полуокр}$.

Приравнивая эти два выражения для общей площади, получаем равенство:
$S_{окр} + S_{лунок} = S_{прям} + S_{полуокр}$.

Теперь найдем площади $S_{полуокр}$ и $S_{окр}$.

Сумма площадей четырех полуокружностей (две на сторонах $a$ и две на сторонах $b$) вычисляется следующим образом. Радиусы полуокружностей равны $a/2$ и $b/2$.
$S_{полуокр} = 2 \cdot \left(\frac{1}{2}\pi\left(\frac{a}{2}\right)^2\right) + 2 \cdot \left(\frac{1}{2}\pi\left(\frac{b}{2}\right)^2\right) = \pi\frac{a^2}{4} + \pi\frac{b^2}{4} = \frac{\pi(a^2+b^2)}{4}$.

Диаметр описанной окружности $d$ равен диагонали прямоугольника. По теореме Пифагора, $d^2 = a^2 + b^2$. Радиус описанной окружности $R = d/2$.
Площадь описанной окружности равна:
$S_{окр} = \pi R^2 = \pi\left(\frac{d}{2}\right)^2 = \frac{\pi d^2}{4} = \frac{\pi(a^2+b^2)}{4}$.

Сравнивая выражения для площадей, мы видим, что сумма площадей четырех полуокружностей равна площади описанной окружности:
$S_{полуокр} = S_{окр}$.

Подставим этот результат в наше основное равенство $S_{окр} + S_{лунок} = S_{прям} + S_{полуокр}$:
$S_{окр} + S_{лунок} = S_{прям} + S_{окр}$.

Вычитая из обеих частей равенства площадь описанной окружности $S_{окр}$, получаем:
$S_{лунок} = S_{прям}$.

Таким образом, мы доказали, что сумма площадей закрашенных фигур равна площади прямоугольника.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма площадей закрашенных фигур равна площади прямоугольника.

280. Два квадрата со сторонами 1 см имеют общий центр (рис. 63). Докажите, что площадь их общей части больше, чем $\frac{\pi}{4}$.

Рис. 61

Рис. 62

Рис. 63

Пусть даны два квадрата со стороной $a=1$ см и общим центром $O$. Обозначим их $S_1$ и $S_2$. Требуется доказать, что площадь их общей части (пересечения), которую обозначим $A_{общ}$, больше, чем $\frac{\pi}{4}$.

Рассмотрим круг $C$, вписанный в один из квадратов, например, в $S_1$. Центр этого круга совпадает с центром квадрата $O$, а его радиус $r$ равен половине стороны квадрата:$r = \frac{a}{2} = \frac{1}{2}$ см.

Площадь этого круга $A_C$ вычисляется по формуле $A_C = \pi r^2$. Подставив значение радиуса, получим:$A_C = \pi \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{\pi}{4}$ см$^2$.

По определению вписанного круга, все его точки лежат внутри квадрата $S_1$. Это означает, что круг $C$ является подмножеством квадрата $S_1$, то есть $C \subset S_1$.

Теперь рассмотрим второй квадрат, $S_2$. Он также имеет сторону длиной 1 см и центр в точке $O$. Круг $C$ с центром $O$ и радиусом $r = 1/2$ см является вписанным и для квадрата $S_2$, независимо от его ориентации. Это так, потому что расстояние от центра $O$ до любой из сторон квадрата $S_2$ равно $\frac{1}{2}$ см. Любая точка $P$, принадлежащая кругу $C$, удалена от центра $O$ на расстояние, не превышающее радиус $r=\frac{1}{2}$ см. Так как минимальное расстояние от центра $O$ до границы квадрата $S_2$ равно $\frac{1}{2}$ см, то любая точка круга $C$ также лежит внутри квадрата $S_2$. Следовательно, $C \subset S_2$.

Поскольку круг $C$ содержится как в квадрате $S_1$, так и в квадрате $S_2$, он должен содержаться и в их общей части (пересечении). Таким образом:$C \subset (S_1 \cap S_2)$.

Из этого следует, что площадь общей части $A_{общ}$ не может быть меньше площади круга $A_C$:$A_{общ} \ge A_C = \frac{\pi}{4}$.

Для доказательства строгого неравенства ($A_{общ} > \frac{\pi}{4}$) заметим, что общая часть двух квадратов представляет собой выпуклый многоугольник (восьмиугольник, если квадраты повернуты друг относительно друга, или квадрат, если они совпадают). Многоугольник не может быть кругом, так как его граница состоит из отрезков прямых, а не из кривой. Следовательно, область пересечения $S_1 \cap S_2$ не совпадает с кругом $C$. Поскольку круг $C$ полностью содержится в области пересечения, но не совпадает с ней, площадь пересечения должна быть строго больше площади круга.

Таким образом, мы доказали, что $A_{общ} > \frac{\pi}{4}$.

Ответ: Доказано, что площадь общей части больше, чем $\frac{\pi}{4}$.