ГДЗ по Геометрии 9 Класс Номер 6.29 Углубленный уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

В окружность радиуса \(R\) вписаны правильный \(n\)-угольник и правильный \(2n\)-угольник. Докажите, что \(a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — a_n^2/4}\).

Доказательство равенства \( a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \) начинается с определения сторон многоугольников. Длина стороны правильного \( n \)-угольника: \( a_n = 2R \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \), а для \( 2n \)-угольника: \( a_{2n} = 2R \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) = R \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \). Из \( \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a_n}{2R} \) получаем \( a_{2n} = R \cdot \frac{a_n}{2R} = \frac{a_n}{2} \).

Используя \( \sin^2\left(\frac{\pi}{n}\right) + \cos^2\left(\frac{\pi}{n}\right) = 1 \) и \( \cos\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a_n}{2R} \), находим \( \sin^2\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{4R^2 — a_n^2}{4R^2} \). Подставляя в \( a_{2n} = 2R \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) \), получаем \( a_{2n} = R \sqrt{4R^2 — a_n^2} \).

Преобразуем \( R \sqrt{4R^2 — a_n^2} = 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \). Таким образом, \( a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \).

Доказательство равенства \( a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \) начнем с анализа свойств вписанных многоугольников.

Длина стороны правильного \( n \)-угольника, вписанного в окружность радиуса \( R \), вычисляется по формуле \( a_n = 2R \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \). Это выражение происходит из геометрии, где сторона многоугольника определяется через радиус описанной окружности и угол, соответствующий каждой стороне.

Для правильного \( 2n \)-угольника аналогично длина стороны выражается как \( a_{2n} = 2R \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) \). Чтобы упростить вычисления, воспользуемся формулой синуса половинного угла, которая гласит, что \( \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) = \sin\left(\frac{\pi/n}{2}\right) = \frac{1}{2} \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \). Подставляя это в формулу для \( a_{2n} \), получаем \( a_{2n} = 2R \cdot \frac{1}{2} \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = R \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \).

Теперь подставим выражение для \( a_n \): из формулы \( a_n = 2R \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \) следует, что \( \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a_n}{2R} \). Таким образом, мы можем выразить \( a_{2n} \) через \( a_n \):

\( a_{2n} = R \cdot \frac{a_n}{2R} = \frac{a_n}{2} \).

Теперь рассмотрим связь между длиной стороны \( a_n \) и радиусом окружности \( R \). Из формулы для \( a_n \) можно вывести, что \( \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \) равно \( \frac{a_n}{2R} \). Подставляя это в известные тригонометрические соотношения, можем получить выражение для \( R \) и его зависимости от \( a_n \).

Используем также соотношение \( \sin^2\left(\frac{\pi}{n}\right) + \cos^2\left(\frac{\pi}{n}\right) = 1 \). Подставив \( \cos\left(\frac{\pi}{n}\right) = \frac{a_n}{2R} \), получаем \( \sin^2\left(\frac{\pi}{n}\right) = 1 — \left(\frac{a_n}{2R}\right)^2 = \frac{4R^2 — a_n^2}{4R^2} \).

Теперь вернемся к выражению для \( a_{2n} \) и подставим полученные значения. Мы знаем, что \( a_{2n} = 2R \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) \). Подставляя \( \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right) \) как \( \frac{1}{2} \sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \), получаем \( a_{2n} = 2R \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{4R^2 — a_n^2}{4R^2}} = R \sqrt{4R^2 — a_n^2} \).

Теперь нам нужно доказать, что это выражение эквивалентно \( 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \). Для этого преобразуем \( R \sqrt{4R^2 — a_n^2} \):

\( R \sqrt{4R^2 — a_n^2} = R \sqrt{4R^2 — 4 \cdot \frac{a_n^2}{4}} = R \sqrt{4(R^2 — \frac{a_n^2}{4})} = 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \).

Таким образом, мы можем записать:

\( a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \).

Это завершает доказательство искомого равенства \( a_{2n} = 2R^2 — 2R\sqrt{R^2 — \frac{a_n^2}{4}} \).