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 $90°$.

6. Сторона квадрата $ABCD$ равна 1 см. На сторонах $AB$ и $BC$ отметили точки $M$ и $N$ соответственно так, что периметр треугольника $MBN$ равен 2 см. Найдите угол $MDN$.

Указание. Докажите, что точка $D$ – центр вневписанной окружности треугольника $MBN$.

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$. По условию, $a=1$ см.Точки $M$ и $N$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно.Периметр треугольника $MBN$ равен $P_{MBN} = MB + BN + MN = 2$ см.

Так как $M$ лежит на стороне $AB$, то $MB = AB - AM = 1 - AM$.Так как $N$ лежит на стороне $BC$, то $BN = BC - CN = 1 - CN$.Подставим эти выражения в формулу для периметра:

$(1 - AM) + (1 - CN) + MN = 2$

$2 - AM - CN + MN = 2$

Отсюда мы получаем важное соотношение:

$MN = AM + CN$

Теперь воспользуемся указанием и докажем, что точка $D$ является центром вневписанной окружности треугольника $MBN$. Центр вневписанной окружности, касающейся стороны $MN$ и продолжений сторон $BM$ и $BN$ (то есть лучей $AM$ и $CN$), должен быть равноудален от прямых $AB$, $BC$ и $MN$.

Расстояние от точки $D$ до прямой $AB$ равно длине перпендикуляра $DA$, то есть $DA = 1$ см.Расстояние от точки $D$ до прямой $BC$ равно длине перпендикуляра $DC$, то есть $DC = 1$ см.Осталось доказать, что расстояние от точки $D$ до прямой $MN$ также равно 1 см.

Для этого рассмотрим поворот плоскости вокруг точки $D$ на угол $90^\circ$ по часовой стрелке.При таком повороте:

• Вершина $A$ переходит в вершину $C$, так как $DA=DC=1$ и $\angle ADC = 90^\circ$.
• Прямая $AB$ переходит в прямую $BC$.
• Точка $M$, лежащая на $AB$, переходит в некоторую точку $K$, лежащую на прямой $BC$.

Поскольку поворот является движением, он сохраняет расстояния и углы. Следовательно, треугольник $DAM$ переходит в равный ему треугольник $DCK$.Из равенства треугольников $\triangle DAM \cong \triangle DCK$ следует, что:

1. $DM = DK$
2. $AM = CK$

Теперь используем выведенное ранее соотношение $MN = AM + CN$. Заменим в нем $AM$ на $CK$:

$MN = CK + CN$

Точки $N$ и $C$ лежат на отрезке $BC$. Точка $K$ лежит на прямой $BC$. Так как $M$ находится на отрезке $AB$, $AM \ge 0$, а значит $CK = AM \ge 0$. Поворот на $90^\circ$ по часовой стрелке переводит луч $AB$ в луч, исходящий из $C$ в направлении, перпендикулярном $DC$, то есть на продолжение стороны $BC$ за точку $C$. Таким образом, точки на прямой $BC$ расположены в порядке $K-C-N$. Тогда длина отрезка $KN$ равна сумме длин отрезков $CK$ и $CN$:

$KN = CK + CN$

Сравнивая два полученных выражения, заключаем, что $MN = KN$.

Теперь рассмотрим треугольники $\triangle DMN$ и $\triangle DKN$:

• $DM = DK$ (из равенства при повороте)
• $DN$ — общая сторона
• $MN = KN$ (как мы только что доказали)

Следовательно, $\triangle DMN \cong \triangle DKN$ по трем сторонам (признак SSS).

Из равенства этих треугольников следует равенство их высот, опущенных из вершины $D$. Высота $\triangle DKN$, опущенная из $D$ на сторону $KN$, лежащую на прямой $BC$, есть не что иное, как расстояние от $D$ до прямой $BC$, которое равно $DC=1$. Значит, и высота $\triangle DMN$, опущенная из $D$ на сторону $MN$, также равна 1.

Таким образом, мы доказали, что точка $D$ равноудалена от трех прямых $AB$, $BC$ и $MN$ (расстояние до каждой равно 1). Это и означает, что $D$ — центр вневписанной окружности треугольника $MBN$.

Теперь найдем угол $MDN$.Из равенства $\triangle DMN \cong \triangle DKN$ следует равенство соответствующих углов: $\angle MDN = \angle KDN$.Угол $\angle KDN$ можно представить как сумму углов: $\angle KDN = \angle KDC + \angle CDN$.Из равенства треугольников $\triangle DAM \cong \triangle DCK$ (полученного при повороте) следует, что $\angle ADM = \angle CDK$.Тогда $\angle KDN = \angle ADM + \angle CDN$.Значит, $\angle MDN = \angle ADM + \angle CDN$.

Угол квадрата $\angle ADC = 90^\circ$. Этот угол состоит из трех углов:$\angle ADC = \angle ADM + \angle MDN + \angle NDC = 90^\circ$.Подставим в это равенство выражение для $\angle MDN$:

$\angle ADM + (\angle ADM + \angle CDN) + \angle CDN = 90^\circ$

$2(\angle ADM + \angle CDN) = 90^\circ$

Так как $\angle MDN = \angle ADM + \angle CDN$, то:

$2 \cdot \angle MDN = 90^\circ$

$\angle MDN = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.