Математика — это для всех! «Репетитор: математика»

Прогулка по продолжению биссектрисы треугольника

Продолжение статьи Прогулка по биссектрисе треугольника.

Вступление

Здесь мы прогуляемся по продолжению биссектрисы AA1 треугольника ABC, остановимся в ее замечательных точках, а именно в:

  • точке L пересечения с описанной окружностью;
  • точке OA — центре вневписанной окружности, лежащей против вершины A;

поразмышляем о свойствах этих точек, о связанных с ними задачах, важных для ЕГЭ по математике. Обозначения примем стандартные, например, длины сторон треугольника ABC обозначим через a=BC, b=AC, c=AB, величины углов через α=A, β=B, γ=C.

Cюда отобраны, в основном, те задачи, которые отражают свойства множества треугольников, а не только одного конкретного треугольника. Именно поэтому такие свойства–задачи популярны у составителей экзаменационных задач.

Точка L

Биссектриса AA1 треугольника ABC «любит» продлиться до пересечения (в точке L) с описанной окружностью. Почему? Потому что при этом получаем две тройки подобных треугольников. Об этом

Задача 1. Укажите упомянутые подобия (рис. 1).

Рис. 1
Рис. 1

Ответ следует из очевидной разметки углов:

1) AA1C ~BA1L ~ABL (по углам α2 и β)

2) AA1B ~CA1L ~ACL (по углам α2 и γ)

Комментарий. Получите из выявленных подобий:

а) Формулу для биссектрисы AA1=la:

la2=bc-mn, где m=BA1, n=CA1.

б) Свойства биссектрисы:

AA1·AL=AB·AC, LA1·LA=BL·CL.

С точкой L и активным использованием теоремы синусов связана следующая

Задача 2. Хорда AL длиной l делит пополам вписанный угол BAC=α. Найти площадь четырехугольника BACL (рис. 2).

Рис. 2
Рис. 2

Ситуация знакома: биссектриса AA1 в ABC продлена до пересечения в точке L с описанной окружностью. По свойству внутреннего и вписанного углов имеем:

{AA1B=12AB+LC=2γ+α2=γ+α2ACL=ACB+BCL=γ+α2    AA1B=ACL

По свойству четырёхугольника и по теореме синусов для искомой площади S получим:

S=12AL·BC·sinAA1B=12·l·2R·sinα·sinAA1B=
=12·l·2R·sinACL·sinα=12·l·l·sinα.

Ответ:  S=12l2sinα.

Важное свойство точки L отражено в задаче 3. Здесь I — центр вписанной окружности.

Задача 3. Точка L является центром окружности, описанной около BIC. Докажите.

Так как BL=CL=α (рис. 1), то BCL=CBL=α2 и LC=LB. Осталось доказать равенство отрезков LB=LI. Оно следует из равенства противолежащих углов LIB и LBI. Действительно:

LIB=α2+β2 как внешний угол для AIB,
LBI=LBC+CBI=α2+β2.

Итак, LB=LI=LC=RBIC.

Комментарий 1. Ранее получены формулы: BIC=π2+α2, RBIC=a2cosα2. Теперь мы знаем не только радиус описанной около BIC окружности, но и её центр. Это точка L.

Комментарий 2. Полученое при решении равенство трёх отрезков, выходящих из точки L, а именно LB=LI=LC, часто называют теоремой о трезубце.

Задача 4. Докажите, что вторая точка OA пересечения окружности L,RBIC с биссектрисой AL угла BAC есть центр вневписанной окружности, лежащей против вершины A.

Имеем (рис. 3):

Рис. 3
Рис. 3
CBB1=π-α,
BLA=12·BA=γ,
OABL=BOAL=γ2 (т. к. LOA=LB=RBIC).

Отсюда:

CBOA=CBL+OABL=α2+γ2=π-β2.

Значит CBOA=12CBB1, прямая BOA — биссектриса внешнего угла CBB1, точка OA лежит на двух биссектрисах BOA и AA1, равноудалена от стороны BC и прямых AB, AC, т. е. является центром вневписанной окружности, лежащей против вершины A.

Комментарий. Выяснено: три биссектрисы AA1, BOA, COA треугольника ABC пересекаются в точке OA, лежащей на описанной около BIC окружности.

В точке OA наша последняя остановка.

Точка OA

Мы уточнили месторасположение центра OA вневписанной окружности OA,rA, лежащей против вершины A. Как найти её радиус rA? Об этом

Задача 5. Найти радиус rA, если в ABC периметр равен 2p, угол BAC=α.

Рис. 4
Рис. 4

1) Учтём равенство трёх пар касательных BM=BB1, CM=CC1, AB1=AC1. Получим:

2p=AB+BB1+AC+CC1=AB1+AC1,
2p=2AB1=2AC1,
AB1=AC1=p.

2) Из AOAB1 найдем:

OAB1=AB1·tgOAAB1,
rA=p·tgα2.

Ответ: rA=p·tgα2.

Комментарий. Выяснили: все треугольники ABC из множества p,α треугольников с полупериметром p и углом BAC=α имеют один и тот же радиус rA вневписанной окружности, лежащей против вершины A: rA=p·tgα2. Далее опишем множество p,α таких треугольников.

Задача 6. В угол A вписана окружность, касательная к которой из точки A равна p (AB1=AC1=p). Касательная BC, проведённая из точки M дуги B1C1, отсекает от угла A треугольник ABC. Доказать, что его периметр не зависит от выбора точки M на дуге B1C1 и равен 2p.

Доказательство вытекает из равенства трёх пар касательных: BM=BB1, CM=CC1, AB1=AC1=p.

Искомый периметр равен

PABC=AB+BB1+AC+CC1=p+p=2p

и не зависит от выбора точки M.

Комментарий.  Пусть по дуге M1MK движется касательная к окружности. Тогда каждая из касательных (BC, B1C1 и др.) отсекает от угла A треугольник (ABC, AB1C1 и др.) из множества p,α. Совокупность касательных задаёт это множество. Окружность OA,rA=OAK является вневписанной ко всем его треугольникам.

Рис. 5
Рис. 5

Задача 7. Экстремальное свойство (докажите его):

а) Среди всех треугольников p,α с полупериметром p и углом α равнобедренный ABC (AB=BC, BAC=α) имеет максимальную площадь S и максимальный радиус r вписанной окружности.

б) Среди всех треугольников α,r с заданным углом α и радиусом r вписанной окружности минимальным периметром 2p и минимальной площадью S обладает равнобедренный ABC (AB=AC, A=α).

В следующей задаче фигурирует центр OA вневписанной и центр I вписанной окружностей.

Задача 8. Пусть точки B1, C1 есть точки касания вписанной окружности, B2, C2 — точки касания вневписанной окружности, лежащей против вершины A (рис. 6). Пусть BC=a. Доказать, что B1B2=C1C2=a.

Рис. 6
Рис. 6

По свойству касательных, проведённых из вершины A к вписанной и вневписанной окружностям, имеем:

AB1=AC1=p-a,
AB2=AC2=p.

Значит

B1B2=AB2-AB1=p-p-a=a,
C1C2=AC2-AC1=p-p-a=a.

То есть B1B2=C1C2=BC=a.

Комментарий. Здесь доказано: у каждого ABC из множества a треугольников со стороной BC=a есть три равных отрезка (рис. 6) BC=B1B2=C1C2.

Заключение

Мы прогулялись по продолжению биссектрисы AA1 треугольника ABC с остановками в

  • точке L её пересечения с описанной окружностью,
  • точке OA — центре вневписанной окружности, лежащей против вершины A;

рассмотрели важные для ЕГЭ и олимпиад задачи-свойства, связанные с этими точками.

Специфики отобранных задач — они описывают свойства не только конкретного треугольника, но и множества, семейства треугольников. Поэтому дают ключи к решению сложных задач ЕГЭ, популярны у составителей этих задач.

Автор

Кандидат технических наук, репетитор со стажем более 45 лет, автор пособий по математике для школьников и учителей, лектор InternetUrok. ru (алгебра и геометрия, 7–11 классы).
Кандидат технических наук, репетитор со стажем более 45 лет, автор пособий по математике для школьников и учителей, лектор InternetUrok. ru (алгебра и геометрия, 7–11 классы).

Хотите получать уведомления о новых статьях в блоге? Подпишитесь на обновления.