Биссектриса. Серия: Готовимся к математической олимпиаде: Учебное пособие

Дальневосточный государственный университет Факультет математики и компьютерных наук

Г.К. Пак

Биссектриса Серия: Готовимся к математической олимпиаде

Владивосток 2003

ББК 22.1 П13 УДК 511.512.517 Г.К. Пак

П13 Биссектриса. Серия: Готовимся к математической олимпиаде. Учебное пособие. Владивосток. Изд-во Дальневосточного университета, 2003, 28 с.

Рассматриваются наиболее важные факты о биссектрисе треугольника, приведено большое количество примеров, иллюстрирующих методы решения геометрических задач с участием биссектрисы. Учебное пособие предназначено для старшеклассников, слушателей подготовительных курсов и учителей.

© Г. К. Пак © Издательство Дальневосточного университета 2003

Предисловие К числу основных геометрических фактов следует отнести теорему о том, что биссектриса делит противолежащую сторону в отношении прилежащих сторон. Этот факт остался в тени у более известных теорем и в первую очередь потому, что в большинстве учебников он находится в ряду задач. Но повсеместно встречаются задачи, которые гораздо легче решить, если знать этот и другие факты о биссектрисе. Условимся о следующих обозначениях: а, b и с - стороны треугольника ABC;

α, β, γ - углы BAC, ABC и ACB; - высоты треугольника ABC;

ha, h b, hc la, lb, lc ma , mb , mc

- биссектрисы углов BAC, ABC и ACB; - медианы, проведенные к сторонам BC, AC и AB;

L1, L 2 , L 3

- точки пересечения биссектрис

la, lb, lc

соответственно со

сторонами BC, AC и AB; О - центр окружности, описанной около треугольника ABC; I - центр вписанной в треугольник окружности; p=

a +b+c 2

;

Приведем

несколько

полезных

формул

с

участием

доказательство которых можно считать полезными упражнениями: 1) l

a

=

3) l

a

=

5) l

a

=

b c sin α a cos β 2− γ

2) a + c = l

;

b+c

bc(a + b + c)(b + c − a ) (b + c) 2 a sin β sin γ sin α cos β 2− γ

;

;

4) l 6) l

a

=

= c

sin α2 l b sin β2 a

;

2ab cos γ2 a +b

a ha (b + c) sin α2

1. Третье геометрическое место точек

биссектрис,

Понятие геометрического места точек вводится не во всех учебниках. Между тем при решении многих задач весьма полезным оказывается метод геометрических мест. Фигура F является геометрическим местом точек (множеством точек), обладающих некоторым свойством А, если выполняются два условия: 1) из того, что точка принадлежит фигуре F, следует, что она обладает свойством А; 2) из того, что точка удовлетворяет свойству А, следует, что она принадлежит фигуре F. Первое геометрическое место точек, рассматриваемое в геометрии - это окружность, т.е. геометрическое место точек, равноудаленных от одной фиксированной точки. Второе - серединный перпендикуляр отрезка, т.е. геометрическое место точек, равноудаленных от конца отрезка. И, наконец, третье - биссектриса - геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла. Теорема 1. Точки биссектрисы одинаково удалены от сторон угла. Доказательство: Пусть Р - точка биссектрисы угла А.

М

В

Опустим из точки Р перпендикуляры РВ и Р А

С Рис. 1

РС на стороны угла (см. рис. 1). Тогда N

∆ ВАР = ∆ САР по гипотенузе и острому углу. Отсюда, РВ = РС.

Теорема 2. Если точка Р одинаково удалена от сторон угла А, то она лежит на биссектрисе.

Доказательство: РВ = РС ⇒ ∆ ВАР = ∆ САР ⇒ ∠ВАР=∠САР ⇒ АР – биссектриса (см. рис. 1). Задача. Построить окружность, касательную к данной прямой в данной точке и к другой данной прямой. Решение. Даны: прямые а и b и точка Р на прямой а. Центр О искомой окружности лежит на перпендикуляре, возведенном в точке Р к прямой а. А так как точка О равноудалена от прямых а и b, то она лежит и на биссектрисе угла, образованного этими прямыми. Таким образом, биссектрисы двух смежных углов при пересечении с перпендикуляром дают центры двух окружностей, удовлетворяющих условиям задачи. 2. Основное свойство биссектрисы угла треугольника Теорема. Биссектриса делит противолежащую сторону треугольника в отношении прилежащих сторон. Доказательство 1: B

Дано AL - биссектриса треугольника

F

АВС. Требуется доказать, что L

BL AB = LC AC

.

Пусть F - точка пересечения прямой A

C Рис.2

AL и прямой, проходящей через точку В параллельно стороне АС.

Тогда ∠ BFA = ∠ FAC = ∠ BAF. Следовательно, треугольник BAF равнобедренный и AB = ВF. Из подобия треугольников ALC и FLB имеем соотношение

BL BF = LC AC

, откуда

Доказательство 2:

BL AB = LC AC

.

Пусть F - точка пересечения

B

F L

прямой AL и прямой, проходящей через точку С параллельно основанию

A

АВ (см. рис.3). Тогда можно повторить

C Рис.3

рассуждения.

Доказательство 3 : Пусть

В

L

К А

M С

Рис. 4

К

и

М

-

основания

перпендикуляров,

опущенных

прямую

точек

AL

из

В

на и

С

соответственно (см. рис. 4). Треугольники

ABL

и

ACL

подобны по двум углам. Поэтому AB BK = AC CM

.

А из подобия треугольников BKL и CML имеем

BK BL = CM CL

. Отсюда

BL AB = . CL AC

Доказательство 4: B ϕ

Пусть α =∠ ВАС, ϕ =∠ ВLA. По теореме

L

α/2 α/2 А

Рис. 5

синусов в треугольнике ABL С

треугольнике

ACL

BL AB = α sin 2 sin ϕ

LC AC = α sin 2 sin (1800 − ϕ )

.

, а в

Так

как

sin(1800-ϕ)=sinϕ, то, поделив обе части одного равенства на соответствующие части другого, получим

BL AB = . CL AC

Доказательство 5: Применим метод площадей. Вычислим площади треугольников ABL и ACL двумя способами. S ABL =

α 1 1 AB ⋅ AL ⋅ sin = BL ⋅ AL ⋅ sin ϕ 2 2 2

;

S ACL =

α 1 1 AC ⋅ AL ⋅ sin = LC ⋅ AL ⋅ sin(180 0 − ϕ ) . 2 2 2 BL AB = . CL AC

Отсюда

Задача. Построить треугольник по двум сторонам а и b и биссектрисе l угла между ними. Решение. По трем сторонам СС1 = l, С1М = СМ =

ab a +b

построим ∆ СС1М.

На стороне СМ угла СМС1 отложим отрезок СВ = а, а на другой стороне угла отрезок СА = b. Треугольник АВС искомый. 3. Точка пересечения биссектрис треугольника Теорема: Все три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство: Пусть О - точка пересечения биссектрис

B F

β/2 β/2

АА1

D

О

α/2

Е

D,

E

и

F

–

основания

АВ, ВС и АС соответственно. Треугольники AOE

В1

А

ВВ1;

перпендикуляров, опущенных из точки Р на

A1

α/2

и

С

Рис. 6

и AOF равны по гипотенузе и острому углу, отсюда OE = OF.

Аналогично, из равенства треугольников BOF и BOD, получим OF = OD. Следовательно, OE = OD, а значит, равны по гипотенузе и катету и треугольники OCD и OCE. Откуда следует, что ∠OCD = ∠OCE, т.е. СО биссектриса угла DCE, а это означает, что третья биссектриса проходит через точку пересечения двух первых. Замечание.

Из

приведенного

доказательства

следует,

что

точка

пересечения биссектрис одинаково удалена от всех трех сторон треугольника, т. е. является центром вписанной окружности. Окружность, касающаяся

стороны треугольника и продолжений двух других сторон называется вневписанной. Точно такими же рассуждениями можно доказать, что точка пересечения биссектрисы внутреннего угла треугольника и биссектрис двух внешних углов - центр вневписанной окружности. Теорема. Каждая биссектриса делится точкой пересечения биссектрис в отношении суммы прилежащих сторон к противолежащей, считая от вершины. Доказательство: B c

ac a+b A1 a

O

b

А

Пусть О - точка пересечения биссектрис. ab b+ c

 BA1 + A1C = a , BA1 c = .  A1C b

АВ = с, ВС = а, АС = b. Тогда  Откуда

С

Рис. 7

BA1 =

ac ab , A1C = a +b b+c

.

Так как ВО - биссектриса внутреннего

угла треугольника АВА1, то

AO = OA1

a+b c = . ac c a+b

Теорема. Пусть О - точка пересечения биссектрис треугольника АВС,

∠АВС=β. Тогда ∠АОС=900+β/2. Доказательство:

α+β+γ = 1800.

В

∠AOC = 1800 − О А

Рис. 8

С

= 1800 −

1 1 α− γ = 2 2

1 1 (1800 − β ) = 900 + β . 2 2

Задача. Постройте биссектрису угла, вершина которой находится за пределами листа. Решение. Пусть А - вершина угла, М и N - точки пересечения сторон угла с какой-либо прямой. Точка пересечения Р биссектрис углов АМN и АNМ лежит

на искомой биссектрисе. Аналогично строится вторая точка биссектрисы. Двух точек достаточно для того, чтобы провести биссектрису. 4. Вычисление длины биссектрисы Теорема. Если a, b - стороны треугольника, γ - угол между ними, lc - биссектриса этого угла. Тогда

lc =

2ab cos γ2 a +b

.

Доказательство: Пусть S, S1 и S2 - площади треугольников

B S1

C1

АВС, САС1 и СВС1 соответственно, lc=l.

a

Тогда S = S 1+ S2, откуда

γ/2

S2 А

1 1 γ 1 γ ab sin γ = al sin + bl sin 2 2 2 2 2

γ/2

С

b Рис. 9

2ab sin 2ab cos

γ 2

= l (a + b) ; lc =

γ 2

⋅ cos

2ab cos γ2 a +b

γ 2

γ

= l sin (a + b) , 2

.

Теорема. Пусть a, b, c - стороны треугольника , la - биссектриса к стороне а. Тогда

la2 = bc −

2

a bc (b + c) 2

А

.

с

Доказательство: Пусть m⋅ n = l ⋅ k, m = a

m=BL,

aс ab , n= b+c b+c

n=LC,

k=LM.

Тогда

, т.е.

2

Отсюда

a

la2 = bc − mn , la2 = bc −

Теорема Стюарта.

m

L n

В

С

Рис. 10

l = bc − l ⋅ k . a

b

М

.

Из подобия треугольников ABL и AMC имеем la b = c la + k

,

a 2bc (b + c) 2

.

ba +ca −аа , a +a 2

l = 2

a

2

1

2

1

1

2

2

где а1 = ВА1, а2 = А1С, lа = АА1. Доказательство.

аbс l = bc − а а = −a a = а 2

a

1

2

1

2

abc(b + c) b+c −a a = b a +c a −a a . a 2

2

1

1

2

2

1

2

Теорема. Пусть a, b, c - стороны треугольника АВС, 2р=a+b+c. Тогда la =

2 b+c

p( p − a )bc .

Доказательство: Из предыдущей теоремы l a2 = bc ⋅

la2 = bc −

a 2bc (b + c) 2

. Далее,

(b + c) 2 − a 2 bc(a + b + c)(b + c − a ) = ; (b + c) 2 (b + c) 2 la2 = la =

bc ⋅ 4 p ⋅ ( p − a ) (b + c) 2

2 b+c

;

p( p − a )bc .

5. Теорема Штейнера-Лемуса Теорема. Если в треугольнике две биссектрисы равны, то треугольник равнобедренный. Доказательство 1: Пусть α > β, AL1 = BL2. Тогда 2α > α+β.

С

α

Отложим от луча BL2 в ту же полуплоскость, в

L1

L2

β β

α

А

N

которой лежит луч ВС, угол α; N - точка

α

В Рис. 11

пересечения биссектрисы AL1 с этим лучом. Тогда AN > AL1. Вокруг четырехугольника AL2L1B можно описать окружность. В ней α+β < 2α,

поэтому AN < BL 2 = AL1. Противоречие. Аналогично, получим противоречие, предположив α < β. Осталось сделать вывод, что α = β ⇒ 2α = 2β ⇒ ∠ВАС = ∠АВС, что и требовалось доказать.

Доказательство 2 также проводится методом от противного.

А

β

N β

Пусть α > β. Боковые стороны

D γ

треугольников BCN и СВМ равны, но у

М

первого угол при вершине больше, чем у

ϕ α β

В

второго. Отсюда BN > CM; MD > MC;

α

С

Рис. 12

∠MCD > ∠MDC, ϕ > γ, т.е. α+ϕ > β+γ, а поэтому ND > NC, BM >CN. Противоречие с

условием. Доказательство 3: la=lb;

bc −

 b a 2bc ab 2 c a  = ac − ; a − c = ab −  2 2 2  ( a + c) (b + c) ( a + c) (b + c) 2 

a > b, то a – b > 0. С другой стороны Доказательство 4:

l a = lb ,

2 b+c

b a − MQ. Если AB ≠ AC, то возможен вариант, симметричный рассмотренному, который не будем исследовать, так как надо повторить все рассуждения с углом С вместо В.

Упражнения 1. Найдите наибольший возможный угол В треугольника АВС, если АВ = b, ВС = a, a > b. (Ответ: arcsin b/a) 2. M – середина ВС, Q – точка пересечения биссектрис ∆АВС. Докажите, что вокруг AQMB или AQMC можно описать окружность. Задача 16. М – середина сторон ВС треугольника АВС, Q – точка пересечения биссектрис, MQ = QA. Найдите наименьшее возможное значение ∠MQA. Решение: Из точки Q опустим перпендикуляры QK и QN на стороны АС и ВС. Как радиусы вписанной окружности QK = QN. Треугольники AQK и MQN равны по гипотенузе и катету, ⇒ AK = MN ⇒ AC = MC ⇒ BC = 2AC. Заметим, что ∠BAQ + ∠BMQ =180° ⇒ ∠ABM + ∠MQA =180° ⇒ ∠MQA = 180°-β. Задача свелась к нахождению наибольшего угла β в ∆ABC, в котором основание АС в два раза меньше боковой стороны ВС; АС = b, BC = 2b. Возьмем окружность с центром С радиуса 2b. Построим окружность с центром на серединном перпендикуляре отрезка АС, проходящую через точки А и С и касающуюся первой окружности в точке В. Тогда ∠В = 30°, ∆АВС прямоугольный. Из любой точки этой окружности отрезок АС виден под углом 30°. Из точки вне ее – под углом 30°, ⇒ ∠В=30° наибольший. Если А – точка касания касательной, проведенной из точки В к окружности, то ∠АВС =30°. Для любой секущей BF угол FBC меньше 30°. Для обоснования чертежа заметим, что если АВ = АС, то AQ > MQ. Если AB ≠ AC, то возможен вариант, симметричный рассмотренному, который не будем исследовать, так как надо повторить все рассуждения с углом С вместо В. Ответ: 150°. Задачи для самостоятельной работы

1.

В треугольнике АВС сторона АВ вдвое длиннее ВС, BD - биссектриса. Через точку D параллельно ВС проведена прямая, пересекающая АВ в точке Е. В каком отношении точка М пересечения BD и CE делит биссектрису BD?

2.

Биссектриса острого угла прямоугольного треугольника делит противоположный катет на 10 и 8. Чему равна длина второго катета?

3.

Вычислите третью сторону и площадь треугольника по двум сторонам и биссектрисе угла между ними.

4.

Докажите, что в треугольнике большей стороне соответствует меньшая биссектриса. 5.

Выразите через стороны треугольника АВС расстояния от вершин В и С до

биссектрисы внутреннего угла А. 6.

Вычислите катеты прямоугольного треугольника, зная длину с его гипотенузы

и длину l биссектрисы одного из острых углов. 7.

Найдите угол А треугольника, если заданы стороны а и b и биссектриса l угла

между ними. 8.

В треугольник со сторонами a, b, c вписан круг. Определите стороны

треугольника, вершинами которого служат точки касания вписанной окружности со сторонами вписанной окружности со сторонами данного треугольника. 9.

Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает описанную около него

окружность в точке D. Найдите длину хорды DС, Если центр окружности, вписанной в данный треугольник удален от точки D на расстояние 7. 10.

Докажите, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит

пополам угол между медианой и высотой, проведенными к гипотенузе. 11.

Докажите, что площадь треугольника, вершинами которого являются

основания биссектрис его внутренних углов, равна произведению длин этих биссектрис, разделенному на удвоенный периметр. 12.

Угол А треугольника АВС вдвое больше угла В. По данным сторонам b и c

найдите а.

13.

Построить треугольник по точкам пересечения биссектрис его углов с

описанной окружностью. 14.

Постройте прямоугольный треугольник, зная его гипотенузу и биссектрису

острого угла. 15.

Докажите, что все три биссектральные плоскости двугранных углов

трехгранного угла пересекаются по одной прямой.

Содержание Предисловие………………………………………………………..3 Третье геометрическое место.............................................………..4 Основное свойство биссектрисы угла треугольника............…….5 Точка пересечения биссектрис треугольника.....................…....... 8 Вычисление длины биссектрисы...........................................…….10 Теорема Штейнера-Лемуса..............................................................12 Биссектриса внешнего угла треугольника……………………….13 Задачи с решениями.....................................................................….14 Задачи для самостоятельной работы ...................……...................24 Учебное издание Геннадий Константинович Пак

Компьютерный набор Н.В. Демко Корректор А.М. Мищенко Научный редактор В.И. Ткаченко ЛР020277. Подписано в печать 5.07.03. Формат 60×84 1/16. Бум. тип. №2. Усл. печ. л. 2. Уч. изд. л. 1,98. Тираж 1000 экз. Издательство Дальневосточного университета 690600, Приморский край, г. Владивосток, ул. Октябрьская, 27

Отпечатано в учебно-полиграфическом комплексе Института математики и компьютерных наук Дальневосточного госуниверситета 690600, Приморский край, г. Владивосток, ул. Октябрьская, 27