Номер 9.17, страница 149 - гдз по геометрии 7-9 класс сборник задач Кононов, Адамович

9.17. а) В ромб $ABCD$ со стороной $4\sqrt{3}$ и острым углом $A$, равным $60^\circ$, вписана окружность. К окружности проведена касательная, которая пересекает сторону $AB$ в точке $P$, а сторону $AD$ — в точке $K$. Найдите периметр треугольника $APK$.

б) В ромб $ABCD$ вписана окружность. К окружности проведена касательная, которая пересекает сторону $AB$ в точке $P$, а сторону $AD$ — в точке $K$. Треугольник $APK$ — равносторонний, со стороной, равной 6. Найдите радиус окружности.

а)

Пусть вписанная в ромб `ABCD` окружность касается сторон `AB` и `AD` в точках `E` и `F` соответственно, а касательная `PK` касается этой окружности в точке `G`.

Периметр треугольника `APK` равен $P_{\triangle APK} = AP + AK + PK$.

Так как `PK` является отрезком касательной, его можно представить в виде суммы $PK = PG + GK$.

По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, отрезки касательных равны. Для точки `P` имеем $PE = PG$, а для точки `K` имеем $KF = KG$.

Подставим эти равенства в формулу периметра:

$P_{\triangle APK} = AP + AK + (PG + GK) = AP + AK + PE + KF$.

Сгруппируем слагаемые:

$P_{\triangle APK} = (AP + PE) + (AK + KF)$.

Поскольку точки `P` и `K` лежат на сторонах ромба `AB` и `AD`, то $AP + PE = AE$ и $AK + KF = AF$.

Таким образом, периметр равен $P_{\triangle APK} = AE + AF$.

Так как `AE` и `AF` — это отрезки касательных, проведенных из вершины `A` к вписанной окружности, то их длины равны: $AE = AF$.

Следовательно, искомый периметр равен $P_{\triangle APK} = 2AE$.

Теперь найдем длину отрезка `AE`. Диаметр вписанной в ромб окружности равен высоте ромба `h`. Высоту ромба можно найти по формуле $h = a \cdot \sin(\alpha)$, где `a` — сторона ромба, а `\alpha` — его острый угол.

По условию, $a = 4\sqrt{3}$ и $\alpha = \angle A = 60^\circ$.

$h = 4\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6$.

Радиус вписанной окружности $r$ равен половине высоты: $r = \frac{h}{2} = \frac{6}{2} = 3$.

Пусть `O` — центр вписанной окружности. Радиус `OE` перпендикулярен стороне `AB`. Диагональ `AC` ромба является биссектрисой угла `A`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `AEO` (с прямым углом `E`). В нем катет $OE = r = 3$, а угол $\angle EAO = \frac{\angle A}{2} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$.

Найдем катет `AE`:

$AE = \frac{OE}{\tan(\angle EAO)} = \frac{r}{\tan(30^\circ)} = \frac{3}{1/\sqrt{3}} = 3\sqrt{3}$.

Наконец, вычислим периметр треугольника `APK`:

$P_{\triangle APK} = 2AE = 2 \cdot 3\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$.

Ответ: $6\sqrt{3}$.

б)

Как было показано в решении пункта а), периметр треугольника `APK` вычисляется по формуле $P_{\triangle APK} = 2AE$, где `E` — точка касания вписанной окружности со стороной `AB` ромба.

По условию, треугольник `APK` является равносторонним со стороной, равной 6. Следовательно, его периметр равен $P_{\triangle APK} = 3 \cdot 6 = 18$.

Из того, что `ΔAPK` равносторонний, следует, что его углы равны $60^\circ$. В частности, $\angle PAK = \angle A = 60^\circ$. Это острый угол ромба `ABCD`.

Теперь мы можем найти длину отрезка `AE`:

$2AE = 18 \implies AE = 9$.

Пусть `r` — искомый радиус вписанной окружности, а `O` — ее центр. Рассмотрим прямоугольный треугольник `AEO` (угол `E` — прямой). Угол `∠EAO` равен половине угла `A`:

$\angle EAO = \frac{\angle A}{2} = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ$.

Катет `OE` равен радиусу `r`. Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:

$\tan(\angle EAO) = \frac{OE}{AE} = \frac{r}{AE}$.

Отсюда выразим радиус `r`:

$r = AE \cdot \tan(\angle EAO) = 9 \cdot \tan(30^\circ)$.

Так как $\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$, получаем:

$r = 9 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{9}{\sqrt{3}} = \frac{9\sqrt{3}}{3} = 3\sqrt{3}$.

Ответ: $3\sqrt{3}$.