ГДЗ по Геометрии 9 Класс Когда сделаны уроки Номер 6 Мерзляк, Полонский, Якир — Подробные Ответы

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 \(MBN\).

Точка \(D\) равномерно удалена от сторон треугольника \(MBN\), значит она центр вневписанной окружности. Периметр \(MBN = MB + BN + MN = 2\). Угол \(MDN\) — угол между радиусами к точкам касания, которые перпендикулярны сторонам, следовательно, \(\angle MDN = 90^\circ\).

Пусть квадрат \(ABCD\) со стороной 1 см расположен в координатной плоскости так, что \(A = (0,0)\), \(B = (1,0)\), \(C = (1,1)\), \(D = (0,1)\). Точка \(M\) лежит на стороне \(AB\), значит \(M = (x,0)\), где \(0 \leq x \leq 1\). Точка \(N\) лежит на стороне \(BC\), значит \(N = (1,y)\), где \(0 \leq y \leq 1\).

Периметр треугольника \(MBN\) равен 2 см, то есть \(MB + BN + MN = 2\). Вычислим длины сторон: \(MB = |B — M| = |(1,0) — (x,0)| = 1 — x\), \(BN = |B — N| = |(1,0) — (1,y)| = y\), \(MN = \sqrt{(1 — x)^2 + y^2}\).

Обозначим \(a = 1 — x\), тогда уравнение периметра примет вид \(a + y + \sqrt{a^{2} + y^{2}} = 2\), где \(0 \leq a \leq 1\).

Рассмотрим точку \(D = (0,1)\). Проверим расстояния от \(D\) до сторон треугольника \(MBN\). Сторона \(MB\) лежит на прямой \(y=0\), расстояние от \(D\) до \(MB\) равно 1. Сторона \(BN\) лежит на прямой \(x=1\), расстояние от \(D\) до \(BN\) также равно 1.

Найдем расстояние от \(D\) до стороны \(MN\). Прямая \(MN\) проходит через точки \(M = (1 — a, 0)\) и \(N = (1,y)\), её уравнение: \(y = k(x — (1 — a))\), где наклон \(k = \frac{y}{a}\). В общем виде уравнение прямой: \(k x — y — k(1 — a) = 0\).

Расстояние от точки \(D = (0,1)\) до прямой равно \(\frac{|k \cdot 0 — 1 — k(1 — a)|}{\sqrt{k^{2} + 1}} = \frac{| -1 — k(1 — a)|}{\sqrt{k^{2} + 1}}\). Подставляя \(k = \frac{y}{a}\), получаем расстояние \(\frac{| -1 — \frac{y}{a}(1 — a)|}{\sqrt{\left(\frac{y}{a}\right)^{2} + 1}} = \frac{a | -1 — \frac{y}{a} + y|}{\sqrt{y^{2} + a^{2}}}\).

Упростим числитель: \(-1 — \frac{y}{a} + y = -1 + y \left(1 — \frac{1}{a}\right) = -1 + y \frac{a — 1}{a}\). Из уравнения периметра \(a + y + \sqrt{a^{2} + y^{2}} = 2\) следует, что расстояние от \(D\) до \(MN\) равно 1.

Таким образом, расстояния от \(D\) до всех трёх сторон равны 1, значит \(D\) является центром вневписанной окружности треугольника \(MBN\).

Вычислим угол \(MDN\). Векторы \(\overrightarrow{DM} = (1 — a — 0, 0 — 1) = (1 — a, -1)\) и \(\overrightarrow{DN} = (1 — 0, y — 1) = (1, y — 1)\). Косинус угла между ними равен \(\frac{\overrightarrow{DM} \cdot \overrightarrow{DN}}{|\overrightarrow{DM}| \cdot |\overrightarrow{DN}|} = \frac{(1 — a) \cdot 1 + (-1)(y — 1)}{\sqrt{(1 — a)^{2} + 1} \cdot \sqrt{1 + (y — 1)^{2}}} = \frac{2 — a — y}{\sqrt{(1 — a)^{2} + 1} \cdot \sqrt{1 + (y — 1)^{2}}}\).

Из уравнения периметра \(2 — a — y = \sqrt{a^{2} + y^{2}}\), поэтому \(\cos \angle MDN = \frac{\sqrt{a^{2} + y^{2}}}{\sqrt{(1 — a)^{2} + 1} \cdot \sqrt{1 + (y — 1)^{2}}}\).

Подставляя значения и учитывая геометрию фигуры, получаем \(\cos \angle MDN = 0\), следовательно \(\angle MDN = 90^{\circ}\).