Задача 1
На сторонах NP и PQ квадрата MNPQ взяты точки A и B, NA = MN/2, QB = MN/3 (рис. 421). Докажите, что ∠AMB = 45°.
Решение
Дано: \(MNPQ\) — квадрат, \(A \in NP\), \(B \in PQ\), \(NA = \dfrac{1}{2}MN\), \(QB = \dfrac{1}{3}MN\). Доказать: \(\angle AMB = 45^\circ\).
-
Пусть \(MN = a\). Тогда \(NA = AP = \dfrac{a}{2}\), \(QB = \dfrac{a}{3}\), \(BP = \dfrac{2a}{3}\).
-
Площадь треугольника \(AMB\) равна площади квадрата без трёх прямоугольных треугольников \(MNA\), \(APB\), \(MQB\):
\[S_{AMB} = a^2 - \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{2} - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{2a}{3} - \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{3} = a^2\left(1 - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{5a^2}{12}.\] -
Стороны по теореме Пифагора: \(AM = \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}\) (треугольник \(MNA\)), \(BM = \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{9}} = \dfrac{a\sqrt{10}}{3}\) (треугольник \(MQB\)).
-
По теореме о площади треугольника \(S_{AMB} = \dfrac{1}{2}AM \cdot BM \cdot \sin\angle AMB\), откуда
\[\sin\angle AMB = \dfrac{2S_{AMB}}{AM \cdot BM} = \dfrac{\dfrac{5a^2}{6}}{\dfrac{a^2\sqrt{50}}{6}} = \dfrac{5}{5\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.\] -
Лучи \(MA\) и \(MB\) лежат внутри прямого угла \(NMQ\), поэтому \(\angle AMB < 90^\circ\). Острый угол с синусом \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) равен \(45^\circ\). Утверждение доказано.
Ответ
Площадь треугольника AMB находится вычитанием из квадрата, а теорема о площади S = ½·AM·BM·sin∠AMB даёт синус угла.
Подробнее — в теме «Теорема о площади треугольника».