7 Биссектриса

Биссектриса

1. Биссектрисы двух внешних углов треугольника и одного внутреннего пересекаются в центре вневписанной окружности.

2. Отрезки, на которые биссектриса треугольника делит противолежащую сторону, пропорциональны прилежащим сторонам.

3. Биссектриса внешнего угла $B$ треугольника $ABC$ пересекает продолжение стороны $CA$ в точке $L$ так, что выполнено равенство:

Замечание: Чтобы не путаться удобно запомнить следующее: стороны треугольника, выходящие из вершины угла из которого проведена биссектриса (не важно какая), относятся также как соответственные отрезки, выходящие из конца биссектрисы к другим вершинам.

4. Формулы нахождения длины биссектрисы треугольника:

l = \frac{2ac\cos{\alpha}}{a+c};

l^2 = ac - a'c'.

5. Угол между биссектрисами двух внутренних углов треугольника с третьим углом равным $\alpha$ равен

90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}.

Смежный ему угол равен $90^{\circ} + \dfrac{\alpha}{2}$ .

6. В треугольнике $ABC$ угол между биссектрисами двух внешних углов $A$ и $C$ треугольника равен $90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}$ , где

$\alpha = \angle{ABC}$ .

7. Биссектрисы треугольника точкой пересечения делятся следующим образом:

Биссектриса

1. Пусть $I$ – точка пересечения биссектрис внешних углов $\angle{A}$ и $\angle{B}$ , $IA'$ , $IB'$ – перпендикуляры к продолжениям сторон $AC$ и $BC$ , $IC'$ – перпендикуляры к стороне $AB$ . $I$ лежит на биссектрисе внешнего угла $A$ , значит $IA' = IC'$ , аналогично получаем, что $IB' = IC'$ , значит $IB' = IA'$ , то есть точка $I$ равноудалена от сторон угла $C$ , то есть она лежит на биссектрисе угла $C$ . $IA' = IB' = IC'$ , поэтому $I$ – центр вневписанной окружности.

2. Пусть $BH$ – высота треугольника $ABC$ , $LH_1$ – высота треугольника $ABL$ , $LH_2$ – высота треугольника $BCL$ . Так как каждая точка на биссектрисе равноудалена от сторон угла, то $LH_1 = LH_2 = h$ . Получаем:

\dfrac{AL}{LC} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AL\cdot BH}{\dfrac{1}{2}\cdot LC \cdot BH} = \dfrac{S_{ABL}}{S_{BCL}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot h}{\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot h} = \dfrac{AB}{BC}.

3. Доказательство ничем не будет отлчиаться от доказательства аналогично факта для биссектрисы внутреннего угла. Пусть $BH$ – высота треугольника $ABC$ , $LH_1$ – высота треугольника $ABL$ , $LH_2$ – высота треугольника $BCL$ . Так как каждая точка на биссектрисе равноудалена от сторон угла, то $LH_1 = LH_2 = h$ . Получаем:

\dfrac{AL}{LC} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AL\cdot BH}{\dfrac{1}{2}\cdot LC \cdot BH} = \dfrac{S_{ABL}}{S_{BCL}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot h}{\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot h} = \dfrac{AB}{BC}.

4. Докажем первую формулу. Вычислим площади треугольников $ABL$ , $CBL$ , $ABC$ :

S_{ABL} = \dfrac{1}{2}\cdot c\cdot l\cdot\sin{\alpha};\;S_{CBL} = \dfrac{1}{2}\cdot a\cdot l\cdot\sin{\alpha};\;S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\cdot a\cdot c\cdot\sin{2\alpha}.

При этом имеем: $S_{ABC} = S_{ABL} + S_{CBL}$ . Значит,

c\cdot l\cdot\sin{\alpha} + a\cdot l\cdot\sin{\alpha} = a\cdot c\cdot\sin{2\alpha}\;\Longrightarrow (a + c)\cdot\sin{\alpha}\cdot l = a\cdot c\cdot 2\sin{\alpha}\cos{\alpha}.\;\;\;

Таким образом:

l = \dfrac{2ac\cos{\alpha}}{a+c}.

Докажем вторую формулу. Продлим биссектрису $BL$ до пересечения с описанной вокруг $ABC$ окружностью (обозначим эту точку $B'$ ). Пусть $LB' = d$ , $\angle{LBC} = \angle{CAB'}$ , так как эти углы опираются на одну и ту же дугу. По тем же причинам $\angle{BCA} = \angle{AB'B}$ , значит треугольники $ALB'$ и $BLC$ подобны, то есть

\dfrac{l}{c'} = \dfrac{a'}{d}\;\Longrightarrow ld = a'c';

Легко видеть, что треугольники $ABB'$ и $LBC$ подобны, значит

\dfrac{l + d}{a} = \dfrac{c}{l}\;\Longrightarrow l^2 + ld = ac\;\Longrightarrow l^2 = ac - a'c'.

5. Пусть $I$ точка пересечения биссектрис углов $\angle{B} = \beta$ и $\angle{C} = \gamma$ . Сумма углов треугольника равна $180^{\circ}$ , то есть $\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$ , значит,

\dfrac{1}{2}(\beta + \gamma) = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2},\;\;\; \angle{BIC} = 180^{\circ} - \dfrac{1}{2}(\beta + \gamma) = 90^{\circ} + \dfrac{\alpha}{2},

смежный ему равен $90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}$ .

6. Мы знаем, что

\angle{ABC} = 180^{\circ} - (\angle{BAC} + \angle{BCA})

\angle{CAK} = 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BAC}}{2},\;\;\; \angle{ACK} = 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BCA}}{2},

при этом

\angle{AKC} = 180^{\circ} - (\angle{CAK} + \angle{ACK}) = 180^{\circ} - \left(90^{\circ} -\dfrac{\angle{BAC}}{2} + 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BCA}}{2}\right) =

= \dfrac{1}{2}(\angle{BAC} + \angle{BCA}) = \dfrac{1}{2}\left(180^{\circ} - (\angle{ABC})\right) = 90^{\circ} - \dfrac{1}{2}\angle{ABC} = 90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}.

7. Докажем отношение

\dfrac{CO}{OC'} = \dfrac{a + b}{c}.

$AO$ является биссектрисой треугольника $AC'C$ , поэтому выполнено соотношение:

\dfrac{AC}{AC'} = \dfrac{b}{c - C'B} = \dfrac{CO}{OC'};

$CC'$ – биссектриса треугольника $ABC$ , поэтому

\dfrac{AC}{CB} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{AC'}{C'B}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{AC'\cdot a}{b}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{(c - C'B)\cdot a}{b} = \dfrac{ac}{b} - C'B\cdot\dfrac{a}{b}\; \Longrightarrow

\Longrightarrow C'B\left(1 + \dfrac{a}{b}\right) = \dfrac{ac}{b}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{ac}{a + b}.

Получаем:

\dfrac{CO}{OC'} = \dfrac{b}{c - \dfrac{ac}{a + b}} = \dfrac{a + b}{c}.