Планиметрия
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:
▶ 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
Доказательство:
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.
\(\Box\)
Доказательство:
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:
\(\dfrac{AL}{LC} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AL\cdot BH}{\dfrac{1}{2}\cdot LC \cdot BH} = \dfrac{S_{ABL}}{S_{BCL}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot h}{\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot h} = \dfrac{AB}{BC}.\)
\(\Box\)
Доказательство:
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:
\(\dfrac{AL}{LC} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AL\cdot BH}{\dfrac{1}{2}\cdot LC \cdot BH} = \dfrac{S_{ABL}}{S_{BCL}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot h}{\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot h} = \dfrac{AB}{BC}.\)
\(\Box\)
Доказательство:
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:
\(l = \dfrac{2ac\cos{\alpha}}{a+c}.\)
\(\Box\)
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
\(\dfrac{l + d}{a} = \dfrac{c}{l}\;\Longrightarrow l^2 + ld = ac\;\Longrightarrow l^2 = ac - a'c'.\)
\(\Box\)
Доказательство:
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 \(90^{\circ} - \dfrac{\alpha}{2}\).
\(\Box\)
Доказательство:
Мы знаем, что
\(\angle{ABC} = 180^{\circ} - (\angle{BAC} + \angle{BCA})\)
и
\(\angle{CAK} = 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BAC}}{2},\;\;\; \angle{ACK} = 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BCA}}{2},\)
при этом
\(\angle{AKC} = 180^{\circ} - (\angle{CAK} + \angle{ACK}) = 180^{\circ} - \left(90^{\circ} -\dfrac{\angle{BAC}}{2} + 90^{\circ} - \dfrac{\angle{BCA}}{2}\right) = \dfrac{1}{2}(\angle{BAC} + \angle{BCA}) = \dfrac{1}{2}\left(180^{\circ} - (\angle{ABC})\right) = 90^{\circ} - \dfrac{1}{2}\angle{ABC} = 90^{\circ} -\dfrac{\alpha}{2}.\)
\(\Box\)
Доказательство:
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
\(\dfrac{AC}{CB} = \dfrac{b}{a} = \dfrac{AC'}{C'B}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{AC'\cdot a}{b}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{(c - C'B)\cdot a}{b} = \dfrac{ac}{b} - C'B\cdot\dfrac{a}{b}\; [\Longrightarrow C'B\left(1 + \dfrac{a}{b}\right) = \dfrac{ac}{b}\;\Longrightarrow C'B = \dfrac{ac}{a + b}.\)
Получаем:
\(\dfrac{CO}{OC'} = \dfrac{b}{c - \dfrac{ac}{a + b}} = \dfrac{a + b}{c}.\)
\(\Box\)
