Страница 43 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

Упражнения

1. Докажите, что $\frac{1}{r} = \frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c}$, где $r$ – радиус окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

1.

Для доказательства данного тождества воспользуемся известными формулами для площади треугольника, выраженными через радиусы вписанной и вневписанных окружностей.

Пусть $a, b, c$ — длины сторон треугольника $ABC$, $p = \frac{a+b+c}{2}$ — его полупериметр, а $S$ — его площадь.

В принятых обозначениях, $r$ — это радиус вписанной окружности, а $r_a, r_b, r_c$ — это радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон $a, b, c$ соответственно.

Формула для площади через радиус вписанной окружности имеет вид: $S = p \cdot r$. Отсюда можно выразить обратную величину радиуса: $\frac{1}{r} = \frac{p}{S}$.

Формулы для площади через радиусы вневписанных окружностей: $S = (p-a) \cdot r_a$, $S = (p-b) \cdot r_b$, $S = (p-c) \cdot r_c$.

Из этих формул выразим обратные величины радиусов вневписанных окружностей: $\frac{1}{r_a} = \frac{p-a}{S}$, $\frac{1}{r_b} = \frac{p-b}{S}$, $\frac{1}{r_c} = \frac{p-c}{S}$.

Теперь преобразуем правую часть доказываемого тождества, подставив в неё полученные выражения: $\frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c} = \frac{p-a}{S} + \frac{p-b}{S} + \frac{p-c}{S}$.

Приводя дроби к общему знаменателю $S$, получаем: $\frac{(p-a) + (p-b) + (p-c)}{S} = \frac{3p - (a+b+c)}{S}$.

По определению полупериметра, $a+b+c=2p$. Подставим это выражение в числитель: $\frac{3p - 2p}{S} = \frac{p}{S}$.

Таким образом, мы показали, что правая часть тождества равна $\frac{p}{S}$. Ранее мы выяснили, что левая часть, $\frac{1}{r}$, также равна $\frac{p}{S}$.

Следовательно, тождество $\frac{1}{r} = \frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c}$ верно, что и требовалось доказать.

Ответ: тождество доказано.

2. Докажите, что площадь $S$ прямоугольного треугольника вычисляется по формуле $S = r_c \cdot r$, где $r_c$ – радиус вневписанной окружности, касающейся гипотенузы треугольника, $r$ – радиус вписанной окружности данного треугольника.

Пусть дан прямоугольный треугольник с катетами $a$ и $b$ и гипотенузой $c$.

Площадь $S$ этого треугольника вычисляется по формуле $S = \frac{1}{2}ab$.

Полупериметр треугольника равен $p = \frac{a+b+c}{2}$.

Радиус вписанной в прямоугольный треугольник окружности $r$ можно найти по формуле:

$r = \frac{a+b-c}{2}$

Эта формула следует из свойства отрезков касательных, проведенных из вершин треугольника к вписанной окружности. Для прямоугольного треугольника отрезки от вершины прямого угла до точек касания на катетах равны $r$, образуя квадрат. Тогда гипотенуза $c$ равна сумме длин касательных от двух других вершин: $c = (a-r) + (b-r)$, откуда $2r = a+b-c$ и $r = \frac{a+b-c}{2}$.

Радиус вневписанной окружности $r_c$, касающейся гипотенузы $c$ (и продолжений катетов), связан с площадью $S$ и полупериметром $p$ общей для всех треугольников формулой:

$S = r_c \cdot (p-c)$

Давайте выразим величину $(p-c)$ через стороны треугольника:

$p-c = \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b+c-2c}{2} = \frac{a+b-c}{2}$

Сравнивая полученное выражение для $(p-c)$ с формулой для радиуса вписанной окружности $r$, мы обнаруживаем, что для прямоугольного треугольника выполняется уникальное свойство:

$p-c = r$

Теперь подставим это равенство в формулу для площади через радиус вневписанной окружности:

$S = r_c \cdot (p-c)$

$S = r_c \cdot r$

Таким образом, мы доказали, что площадь прямоугольного треугольника равна произведению радиуса вписанной окружности и радиуса вневписанной окружности, касающейся гипотенузы.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, что площадь $S$ прямоугольного треугольника вычисляется по формуле $S = r_c \cdot r$, где $r_c$ – радиус вневписанной окружности, касающейся гипотенузы, а $r$ – радиус вписанной окружности, доказано.

3. В равносторонний треугольник со стороной $a$ вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что отрезок касательной, принадлежащий треугольнику, равен $b$. Найдите площадь треугольника, который эта касательная отсекает от равностороннего треугольника.

Пусть дан равносторонний треугольник $ABC$ со стороной $a$. В него вписана окружность. Касательная к этой окружности пересекает стороны $AC$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно, отсекая от треугольника $ABC$ треугольник $MNC$. По условию, длина отрезка касательной, принадлежащего треугольнику, равна $b$, то есть $MN = b$. Требуется найти площадь треугольника $MNC$.

Так как треугольник $MNC$ является частью равностороннего треугольника $ABC$, то угол при вершине $C$ у него общий, то есть $\angle MCN = \angle ACB = 60°$.

Площадь треугольника $MNC$ можно найти по формуле:$S_{MNC} = \frac{1}{2} \cdot CM \cdot CN \cdot \sin(\angle MCN) = \frac{1}{2} \cdot CM \cdot CN \cdot \sin(60°) = \frac{\sqrt{3}}{4} CM \cdot CN$.

Чтобы найти произведение $CM \cdot CN$, воспользуемся свойством касательных к вписанной окружности.Периметр отсеченного треугольника $MNC$ равен сумме длин отрезков касательных, проведенных из вершины $C$ к точкам касания вписанной окружности со сторонами $AC$ и $BC$.

В равностороннем треугольнике $ABC$ точки касания вписанной окружности являются серединами его сторон. Пусть точка касания на стороне $AC$ - это точка $P$, а на стороне $BC$ - точка $Q$. Тогда $CP = \frac{a}{2}$ и $CQ = \frac{a}{2}$.

Периметр треугольника $MNC$ равен:$P_{MNC} = CM + CN + MN$.Согласно свойству, $P_{MNC} = CP + CQ = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = a$.

Так как нам дано, что $MN = b$, мы можем записать:$CM + CN + b = a$,откуда получаем:$CM + CN = a - b$.

Теперь применим теорему косинусов для треугольника $MNC$:$MN^2 = CM^2 + CN^2 - 2 \cdot CM \cdot CN \cdot \cos(60°)$$b^2 = CM^2 + CN^2 - 2 \cdot CM \cdot CN \cdot \frac{1}{2}$$b^2 = CM^2 + CN^2 - CM \cdot CN$.

Преобразуем правую часть, используя известную сумму $CM + CN$:$b^2 = (CM + CN)^2 - 2 \cdot CM \cdot CN - CM \cdot CN$$b^2 = (CM + CN)^2 - 3 \cdot CM \cdot CN$.

Подставим значение $CM + CN = a - b$:$b^2 = (a - b)^2 - 3 \cdot CM \cdot CN$$3 \cdot CM \cdot CN = (a - b)^2 - b^2$$3 \cdot CM \cdot CN = a^2 - 2ab + b^2 - b^2$$3 \cdot CM \cdot CN = a^2 - 2ab = a(a - 2b)$$CM \cdot CN = \frac{a(a - 2b)}{3}$.

Теперь мы можем найти площадь треугольника $MNC$:$S_{MNC} = \frac{\sqrt{3}}{4} CM \cdot CN = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a(a - 2b)}{3} = \frac{\sqrt{3}a(a - 2b)}{12}$.

Ответ: $S = \frac{\sqrt{3}a(a - 2b)}{12}$.

4. В четырёхугольнике $ABCD$ диагональ $BD$ перпендикулярна стороне $AD$, $\angle ADC = 135^\circ$, $\angle BAD = \angle BCD = 60^\circ$. Докажите, что диагональ $AC$ является биссектрисой угла $BAD$.

Указание. Докажите, что точка $C$ – центр вневписанной окружности треугольника $ABD$.

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. По условию задачи, диагональ $BD$ перпендикулярна стороне $AD$, следовательно, $\angle BDA = 90^\circ$. Также дано, что $\angle BAD = 60^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол треугольника $\angle ABD$ равен: $\angle ABD = 180^\circ - \angle BAD - \angle BDA = 180^\circ - 60^\circ - 90^\circ = 30^\circ$.

2. Найдем угол $\angle BDC$. По условию $\angle ADC = 135^\circ$. Угол $\angle ADC$ состоит из двух углов: $\angle BDA$ и $\angle BDC$. $\angle BDC = \angle ADC - \angle BDA = 135^\circ - 90^\circ = 45^\circ$.

3. Проверим, является ли луч $DC$ биссектрисой внешнего угла треугольника $ABD$ при вершине $D$. Внешний угол при вершине $D$ смежен с внутренним углом $\angle BDA$. Обозначим его как $\angle BDE$, где $E$ — точка на продолжении стороны $AD$ за точку $D$. Величина внешнего угла $\angle BDE = 180^\circ - \angle BDA = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$. Чтобы луч $DC$ был биссектрисой, он должен делить этот угол пополам. Найдем угол $\angle CDE$. Он смежен с углом $\angle ADC$. $\angle CDE = 180^\circ - \angle ADC = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ$. Мы видим, что $\angle BDC = 45^\circ$ и $\angle CDE = 45^\circ$. Так как $\angle BDC = \angle CDE$, луч $DC$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $ABD$ при вершине $D$.

4. Найдем угол $\angle CBD$. Сумма углов четырехугольника $ABCD$ равна $360^\circ$. $\angle BAD + \angle ABC + \angle BCD + \angle ADC = 360^\circ$. Угол $\angle ABC$ состоит из углов $\angle ABD$ и $\angle CBD$, то есть $\angle ABC = \angle ABD + \angle CBD = 30^\circ + \angle CBD$. Подставим известные значения в формулу суммы углов четырехугольника: $60^\circ + (30^\circ + \angle CBD) + 60^\circ + 135^\circ = 360^\circ$. $285^\circ + \angle CBD = 360^\circ$. $\angle CBD = 360^\circ - 285^\circ = 75^\circ$.

5. Проверим, является ли луч $BC$ биссектрисой внешнего угла треугольника $ABD$ при вершине $B$. Внешний угол при вершине $B$ смежен с углом $\angle ABD$ и его величина равна $180^\circ - \angle ABD = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ$. Биссектриса этого угла должна делить его на два угла по $150^\circ / 2 = 75^\circ$. Поскольку мы вычислили, что $\angle CBD = 75^\circ$, луч $BC$ является биссектрисой внешнего угла треугольника $ABD$ при вершине $B$.

6. Точка $C$ является точкой пересечения биссектрис двух внешних углов треугольника $ABD$ (при вершинах $B$ и $D$). По определению, точка пересечения биссектрис двух внешних углов и одного внутреннего угла треугольника является центром его вневписанной окружности. Таким образом, точка $C$ — это центр вневписанной окружности треугольника $ABD$.

Ответ: Доказано, что точка C является центром вневписанной окружности треугольника ABD.

Как было установлено выше, точка $C$ является центром вневписанной окружности треугольника $ABD$. Этот центр (эксцентр) лежит на пересечении биссектрис двух внешних углов и биссектрисы третьего, не смежного с ними, внутреннего угла.

В нашем случае, точка $C$ является пересечением биссектрис внешних углов при вершинах $B$ и $D$. Следовательно, она также должна лежать на биссектрисе внутреннего угла при третьей вершине треугольника, то есть при вершине $A$.

Это означает, что прямая, соединяющая точку $C$ с вершиной $A$, то есть диагональ $AC$, является биссектрисой угла $\angle BAD$.

Ответ: Что и требовалось доказать.