Номер 5, страница 44 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

5. В треугольнике $ABC$ угол $B$ равен $120^\circ$. Отрезки $AN$, $CF$ и $BK$ – биссектрисы треугольника $ABC$. Докажите, что угол $NKF$ равен $90^\circ$.

Указание. На продолжении стороны $AB$ за точку $B$ отметим точку $M$. Тогда $\angle MBC = \angle KBC = 60^\circ$, т. е. $BC$ – биссектриса внешнего угла $MBK$ треугольника $ABK$. Отсюда следует, что точка $N$ – центр вне-вписанной окружности треугольника $ABK$. Аналогично можно доказать, что точка $F$ – центр вневписанной окружности треугольника $BCK$.

Обозначим углы треугольника $ABC$ следующим образом: $∠A = 2\alpha$, $∠C = 2\gamma$. По условию, $∠B = 120°$. Сумма углов треугольника равна $180°$, поэтому $2\alpha + 120° + 2\gamma = 180°$, откуда $2(\alpha + \gamma) = 60°$, и, следовательно, $\alpha + \gamma = 30°$.

Поскольку $AN$, $CF$ и $BK$ – биссектрисы треугольника $ABC$, то $AN$ – биссектриса $∠A$, значит $∠BAN = ∠NAC = \alpha$ (точка $N$ лежит на $BC$); $CF$ – биссектриса $∠C$, значит $∠BCF = ∠FCA = \gamma$ (точка $F$ лежит на $AB$); и $BK$ – биссектриса $∠B$, значит $∠ABK = ∠KBC = 120° / 2 = 60°$ (точка $K$ лежит на $AC$).

Докажем, что точка N является центром вневписанной окружности треугольника ABK.

Рассмотрим треугольник $ABK$. Биссектриса $AN$ угла $BAC$ также является биссектрисой внутреннего угла $BAK$ этого треугольника. Продолжим сторону $AB$ за точку $B$ и отметим на продолжении точку $M$. Внешний угол треугольника $ABC$ при вершине $B$ равен $∠MBC = 180° - ∠ABC = 180° - 120° = 60°$. Так как $∠KBC = 60°$, то $∠KBC = ∠MBC$. Это означает, что луч $BC$ является биссектрисой внешнего угла $MBK$ треугольника $ABK$. Точка $N$ – это точка пересечения биссектрисы $AN$ внутреннего угла $A$ и прямой $BC$, которая является биссектрисой внешнего угла $B$ треугольника $ABK$. Следовательно, $N$ – это центр вневписанной окружности треугольника $ABK$. Из этого следует, что луч $KN$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $ABK$ при вершине $K$. Так как точка $K$ лежит на отрезке $AC$, внешний угол при вершине $K$ для $ΔABK$ — это угол $BKC$. Таким образом, $KN$ – биссектриса $∠BKC$.

Докажем, что точка F является центром вневписанной окружности треугольника BCK.

Рассмотрим треугольник $BCK$. Биссектриса $CF$ угла $BCA$ является биссектрисой внутреннего угла $BCK$ этого треугольника. Рассмотрим внешний угол при вершине $B$ для $ΔBCK$. Продолжим сторону $CB$ за точку $B$ до точки $P$. Внешний угол — $∠KBP = 180° - ∠KBC = 180° - 60° = 120°$. Прямая $AB$ делит этот угол на два угла: $∠KBA = 60°$ и $∠PBA = 180° - ∠ABC = 180° - 120° = 60°$. Следовательно, прямая $AB$ является биссектрисой внешнего угла $KBP$ треугольника $BCK$. Точка $F$ – это точка пересечения биссектрисы $CF$ внутреннего угла $C$ и прямой $AB$, которая является биссектрисой внешнего угла $B$ треугольника $BCK$. Значит, $F$ – центр вневписанной окружности треугольника $BCK$. Следовательно, луч $KF$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $BCK$ при вершине $K$. Внешний угол при вершине $K$ для $ΔBCK$ — это угол $AKB$. Таким образом, $KF$ – биссектриса $∠AKB$.

Найдем угол NKF.

Мы установили, что $KN$ – биссектриса угла $BKC$ и $KF$ – биссектриса угла $AKB$. Поэтому $∠NKB = \frac{1}{2}∠BKC$ и $∠FKB = \frac{1}{2}∠AKB$. Точки $N$ (на $BC$) и $F$ (на $AB$) лежат по разные стороны от прямой $BK$, поэтому угол $NKF$ равен сумме углов $NKB$ и $FKB$. $∠NKF = ∠NKB + ∠FKB = \frac{1}{2}∠BKC + \frac{1}{2}∠AKB = \frac{1}{2}(∠BKC + ∠AKB)$. Поскольку точка $K$ лежит на отрезке $AC$, углы $AKB$ и $BKC$ являются смежными, а значит, их сумма равна $180°$: $∠AKB + ∠BKC = 180°$. Подставим это значение в выражение для угла $NKF$: $∠NKF = \frac{1}{2}(180°) = 90°$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Угол $NKF$ равен $90°$.