ГДЗ по Геометрии 8 Класс Номер 633 Мерзляк, Полонский, Якир — Подробные Ответы

Задача

Острый угол ромба равен \(\theta\), радиус вписанной окружности равен \(r\). Найдите сторону и диагонали ромба.

Краткий ответ:

1) Рассмотрим ромб ABCD: \( AC = 2AO \), \( BD = 2BO \); \( AC \perp BD \); AC, BD — биссектрисы; \( O \in AC \cap BD \); \( \angle BAC = \frac{\alpha}{2} \);

2) В прямоугольном \( \triangle AOH \): \( \sin \angle A = \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{OH}{AO} \), \( AO = \frac{OH}{\sin \frac{\alpha}{2}} = \frac{r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \), \( AC = \frac{2r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \);

3) В прямоугольном \( \triangle AOB \): \( \angle B = 90^\circ — \angle A = 90^\circ — \frac{\alpha}{2} \);

4) В прямоугольном \( \triangle BOH \): \( \sin \angle B = \cos \frac{\alpha}{2} = \frac{OH}{OB} \), \( OB = \frac{OH}{\cos \frac{\alpha}{2}} = \frac{r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \), \( BD = \frac{2r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \);

5) В прямоугольном \( \triangle AOB \): \( AB^2 = AO^2 + BO^2 \), \( AB^2 = \frac{r^2}{\sin^2 \frac{\alpha}{2}} + \frac{r^2}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}} \), \( AB^2 = r^2 \left( \frac{1}{\sin^2 \frac{\alpha}{2}} + \frac{1}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}} \right) \), \( AB = \frac{2r}{\sin \alpha} \).

Ответ: \( AB = \frac{2r}{\sin \alpha} \), \( AC = \frac{2r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \), \( BD = \frac{2r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \).

Подробный ответ:

Рассмотрим ромб \( ABCD \) с центром вписанной окружности \( O \). Дано: \( OH \perp AB \), \( \angle BAD = \alpha \), \( OH = r \). Требуется найти стороны \( AB \) и диагонали \( AC \), \( BD \).

1) В ромбе диагонали \( AC \) и \( BD \) пересекаются под прямым углом и делятся точкой пересечения \( O \) пополам: \( AC = 2AO \), \( BD = 2BO \). Диагонали также являются биссектрисами углов ромба, поэтому \( \angle BAC = \frac{\alpha}{2} \).

2) Рассмотрим прямоугольный треугольник \( \triangle AOH \), где \( OH \) — высота к стороне \( AB \). Используем определение синуса: \( \sin \angle BAC = \frac{OH}{AO} \). Подставляем известные значения: \( \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{r}{AO} \). Отсюда находим \( AO = \frac{r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \). Тогда диагональ \( AC = 2AO = \frac{2r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \).

3) В прямоугольном треугольнике \( \triangle AOB \) угол \( \angle B = 90^\circ — \angle BAC = 90^\circ — \frac{\alpha}{2} \). Теперь рассмотрим треугольник \( \triangle BOH \), где \( \angle B \) тот же. Используем определение косинуса: \( \cos \angle B = \frac{OH}{OB} \). Подставляем: \( \cos \left(90^\circ — \frac{\alpha}{2}\right) = \sin \frac{\alpha}{2} = \frac{r}{OB} \). Находим \( OB = \frac{r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \). Тогда диагональ \( BD = 2OB = \frac{2r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \).

4) Для нахождения стороны \( AB \) используем теорему Пифагора в треугольнике \( \triangle AOB \): \( AB^2 = AO^2 + BO^2 \). Подставляем выражения для \( AO \) и \( BO \): \( AB^2 = \left(\frac{r}{\sin \frac{\alpha}{2}}\right)^2 + \left(\frac{r}{\cos \frac{\alpha}{2}}\right)^2 = r^2 \left(\frac{1}{\sin^2 \frac{\alpha}{2}} + \frac{1}{\cos^2 \frac{\alpha}{2}}\right) \). Упрощаем выражение, используя тригонометрическое тождество: \( \frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\cos^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x} \). Таким образом, \( AB^2 = \frac{4r^2}{\sin^2 \alpha} \), откуда \( AB = \frac{2r}{\sin \alpha} \).

Ответ: сторона ромба \( AB = \frac{2r}{\sin \alpha} \), диагонали \( AC = \frac{2r}{\sin \frac{\alpha}{2}} \), \( BD = \frac{2r}{\cos \frac{\alpha}{2}} \).

Оцени решение