WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 |
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;

,, - углы BAC, ABC и ACB;

h, h, h - высоты треугольника ABC;

a b c l, l, l - биссектрисы углов BAC, ABC и ACB;

a b c m, m, m - медианы, проведенные к сторонам BC, AC и AB;

a b c L, L, L - точки пересечения биссектрис l, l, l соответственно со 1 2 3 a b c сторонами BC, AC и AB;

О - центр окружности, описанной около треугольника ABC;

I - центр вписанной в треугольник окружности;

a + b + c p = ;

2 Приведем несколько полезных формул с участием биссектрис, доказательство которых можно считать полезными упражнениями:

bc sin a + c l sin a 2 1) l = ; 2) = ;

a - a cos b + c l sin 2 b 2 bc(a + b + c)(b + c - a) 2abcos 2 3)l = ; 4) l = a c (b + c)2 a + b a sin sin ah a 5)l = ; 6) l = a - a sin cos (b + c) sin 2 1. Третье геометрическое место точек 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 РС на стороны угла (см. рис. 1). Тогда АС N ВАР = САР по гипотенузе и острому Рис. 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:

BF Дано AL - биссектриса треугольника BL AB АВС. Требуется доказать, что =.

LC AC L Пусть F - точка пересечения прямой AC AL и прямой, проходящей через точку В Рис.параллельно стороне АС.

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

LC AC LC AC Доказательство 2:

Пусть F - точка пересечения B F прямой AL и прямой, проходящей L через точку С параллельно основанию AC АВ (см. рис.3). Тогда можно повторить Рис.рассуждения.

Доказательство 3 :

В Пусть К и М - основания L перпендикуляров, опущенных на M прямую AL из точек В и С К соответственно (см. рис. 4).

А С Рис. Треугольники ABL и ACL подобны по двум углам. Поэтому AB BK =.

AC CM BK BL BL AB А из подобия треугольников BKL и CML имеем =. Отсюда =.

CM CL CL AC Доказательство 4:

B Пусть = ВАС, = ВLA. По теореме L BL AB / синусов в треугольнике ABL =, а в / sin sin А С Рис. 5 LC AC треугольнике ACL =. Так как sin sin (180 - ) sin(1800-)=sin, то, поделив обе части одного равенства на соответствующие BL AB части другого, получим =.

CL AC Доказательство 5: Применим метод площадей. Вычислим площади треугольников ABL и ACL двумя способами.

1 S = AB AL sin = BL AL sin ;

ABL 22 1 S = AC AL sin = LC AL sin(1800 -).

ACL 2 2 BL AB Отсюда =.

CL AC Задача. Построить треугольник по двум сторонам а и b и биссектрисе l угла между ними.



ab Решение. По трем сторонам СС1 = l, С1М = СМ = построим СС1М.

a + b 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 АА1 и ВВ1; D, E и F – основания /2 /D F Aперпендикуляров, опущенных из точки Р на О /АВ, ВС и АС соответственно. Треугольники AOE /Ви AOF равны по гипотенузе и острому углу, АЕ С Рис. 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:

Пусть О - точка пересечения биссектрис.

B ac BA + A C = a, a + b 1 BA c АВ = с, ВС = а, АС = b. Тогда c A=.

O ab AC b a b + c ac ab Откуда BA =, AC =.

b А С a + b b + c Рис. Так как ВО - биссектриса внутреннего AO c a + b угла треугольника АВА1, то = =.

ac OA c a + b Теорема. Пусть О - точка пересечения биссектрис треугольника АВС, АВС=. Тогда АОС=900+/2.

Доказательство:

В ++ = 1800.

1 AOC = 180 - - = 2 О А С 1 00 = 180 - (180 - ) = 90 +.

Рис. 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, - угол между ними, 2ab cos lc - биссектриса этого угла. Тогда l =.

c a + b Доказательство:

Пусть S, S1 и S2 - площади треугольников B АВС, САС1 и СВС1 соответственно, lc=l.

a C1 SТогда S = S 1+ S2, откуда /S2 /1 1 absin = al sin + bl sin, АС 2 2 2 2 b Рис. 2absin cos = l sin (a + b), 2 2 2ab cos 2ab cos = l(a + b) ; l =.

c 2 a + b Теорема. Пусть a, b, c - стороны треугольника, А a bc la - биссектриса к стороне а. Тогда l = bc -.

a (b + c) с b Доказательство:

L m n В С Пусть m=BL, n=LC, k=LM. Тогда aс ab М mn = l k, m =, n =.

a b + c b + c Рис. Из подобия треугольников ABL и AMC имеем l b a =, т.е. l = bc - l k.

a a c l + k a a2bc Отсюда l2 = bc - mn, l2 = bc -.

a a (b + c)Теорема Стюарта.

2 ba + c a 1 l = - аа, a 1 a + a 1 где а1 = ВА1, а2 = А1С, lа = АА1.

abc(b + c) 2 аbс b a + c a 2 b + c 1 Доказательство. l = bc - а а = - a a = - a a = - a a.

a 1 2 1 1 2 1 а a Теорема. Пусть a, b, c - стороны треугольника АВС, 2р=a+b+c. Тогда l = p( p - a)bc.

a b + c a2bc Доказательство: Из предыдущей теоремы l2 = bc -. Далее, a (b + c)(b + c)2 - a bc(a + b + c)(b + c - a) l = bc = ;

a (b + c)2 (b + c)bc 4 p ( p - a) l2 = ;

a (b + c)l = p( p - a)bc.

a b + c 5. Теорема Штейнера-Лемуса Теорема. Если в треугольнике две биссектрисы равны, то треугольник равнобедренный.

Доказательство 1:

Пусть >, AL1 = BL2. Тогда 2 > +.

С Отложим от луча BL2 в ту же полуплоскость, в LLN которой лежит луч ВС, угол ; N - точка пересечения биссектрисы AL1 с этим лучом. Тогда АВ Рис. AN > AL1. Вокруг четырехугольника AL2L1B можно описать окружность. В ней + < 2, поэтому AN < BL = AL1. Противоречие. Аналогично, получим противоречие, предположив <. Осталось сделать вывод, что = 2 = 2 ВАС = АВС, что и требовалось доказать.

Доказательство 2 также проводится методом от противного.

Пусть >. Боковые стороны А D треугольников BCN и СВМ равны, но у N М первого угол при вершине больше, чем у второго. Отсюда BN > CM; MD > MC;

ВС MCD > MDC, >, т.е. + > +, а Рис. поэтому ND > NC, BM >CN. Противоречие с условием.

a2bc ab2c b a Доказательство 3: la=lb; bc - = ac - ; a - c = ab. Если - (b + c)2 (a + c)2 (a + c)2 (b + c)b a a > b, то a – b > 0. С другой стороны - < 0. Противоречие.

(a + c)2 (b + c)2 Доказательство 4: la = lb, p( p - a)bc = p( p - b)ac,a = b.

b + c a + c 6. Биссектриса внешнего угла AC Если точка С лежит внутри отрезка АВ, =, то мы говорим, что точка CB С делит отрезок АВ в отношении. К этому можно добавить слова внутренним образом, это означает, что точка С может делить отрезок АВ внешним образом.

AC Пусть точка С лежит на прямой АВ вне отрезка АВ, =. Будем CB говорить, что точка С делит отрезок в отношении А В С внешним образом. В этих терминах теорему о биссектрисе можно переформулировать так: биссектриса внутреннего угла треугольника делит противолежащую сторону в отношении прилежащих сторон внутренним образом.





Оказывается, повторив почти дословно рассуждения, можно доказать и такую теорему:

Теорема. Биссектриса внешнего угла треугольника делит противолежащую сторону в отношении прилежащих сторон внешним образом.

Доказательство:

Пусть F - точка пересечения продолжения стороны N В 90- АС треугольника АВС и биссектрисы NBC.

90- 2 А K С F AF AB Требуется доказать, что =. Для доказательства применим, например, FC BC метод площадей:

SABF 2 AF h AF (1) = = SCBF 2 FC h FC Задача. Найдите геометрическое место точек, отношения расстояний от которых до двух фиксированных точек постоянно.

Решение. Даны две точки А и В. На прямой АВ возьмем две точки К и L, которые делят отрезок АВ в данном отношении одна внутренним образом, а другая внешним. Если М - точка нашего геометрического места, то KML прямой и точка М лежит на окружности с диаметром KL. Эта окружность носит название окружности Аполлония.

У п р а ж н е н и я Постройте треугольник по основанию, отношению боковых сторон и а) высоте, опущенной на основание:

б) медиане, проведенной из вершины:

в) биссектрисе угла при вершине:

г) медиане, проведенной к боковой стороне:

д) углу при вершине:

е) углу при основании:

ж) радиусу описанной окружности.

7. Задачи с решениями Задача 1. Постройте треугольник по высоте, биссектрисе и медиане одной вершины.

C Решение. Отложим отрезок СН, равный высоте. На прямой, ему перпендикулярной и O N проходящей через Н, отметим точки М и L, для которых длина СМ равна медиане, а СL - A M L H B P биссектрисе. Р - точка пересечения CL и прямой, Рис. проведенной через М параллельно СН, О - точка пересечения прямой МР и серединного перпендикуляра отрезка СР. Окружность радиуса ОС пересекает МН в точках А и В. Треугольник АВС искомый.

Задача 2. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AM и BN. Пусть О - точка их пересечения. Известно, что AO:OM= 3 :1; BO:ON =1: ( 3 -1).

Найдите углы треугольника.

Решение:

BM c B ac ab =, ac Пусть.Отсюда BM =, MC =.

MC b b + c b + C b + c BM + MC = a M c ab О b + c N AC bc ba b a + c a + c Рис. По свойству биссектрисы ВО треугольника АВМ имеем AO AB c 3 b + c = = = 3 По свойству биссектрисы АО треугольника ABN ac OM BM 1 a b + c AB BO c = =. Получим систему bc AN ON 3 -a + c С b + c = 3a, ;

3 + 2с a + c = 2 b c a = c 3, b = 3a - c = 2c.

с ВА Рис. Ответ: 300, 600, 900.

Задача 3. В треугольнике АВС сторона АС=76 см, B =, О - центр вписанной окружности. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника АСО.

Решение: ACO = 180 - - = 180 - (180 - ) = В 2 2 С О = 90 + = + =.

2 2 3 Пусть R - радиус окружности, описанной А AC около треугольника АСО. Тогда = 2R, 2АС sin = 2R, R = AC.

Рис. Ответ: 76 см.

Задача 4. Медиана и высота делят угол на три равные части. Найдите углы треугольника.

Решение 1:

С АСН = МСН по катету и острому углу. Поэтому треугольник АСМ равнобедренный, АН = НМ. Если АН = а, а а 2а то НМ = 2а. По свойству биссектрисы СМ А Н М В CH a Рис. треугольника НСВ имеем =, т.е. СВ CB 2a = 2СН, СВН = 300, ВСН = 600, = 300, С = 900.

Ответ: 300, 600, 900.

Решение 2 не основано на свойствах биссектрис. Приведем его для полноты изложения. Решение С основывается на мастерстве дополнительных построений.

D Естественным дополнительным а а 2а АНМ В построением на рис. 18 выглядит высота Рис. MD, опущенная из точки М - середины стороны АВ, на сторону ВС. Из равенства треугольников СМН и CMD следует, что MD = MH = a. Так как МВ = 2а, то в треугольнике DBM катет, лежащий против угла В, равен половине гипотенузы. Отсюда очевидно следует, что В = 300, ВСН = 600, = 300, С = 3 = 900, А = 90- = 600.

a Решение 3: Пусть СН = h. В треугольнике АСН tg =. А из h 3a треугольника ВСН tg2 =.

С h 2tg Отсюда, tg2 = 3tg, = 3tg.

1- tgh а а 2а А Н М В Рис. По условию - острый угол, отличный от нуля, поэтому tg 0 и уравнение сводится к виду 3tg = 1, tg =, =.

Задача 5. Постройте треугольник по точкам пересечения с описанной окружностью медианы, высоты и биссектрисы, проведенных из одной вершины.

Решение: Анализ. Пусть АВС - искомый треугольник; М, К и Н - точки пересечения с описанной окружностью, С соответственно, медианы, биссектрисы и O высоты, проведенных из вершины С; L - • L середина АВ, А В О - центр описанной окружности (см.

M H K рис. 20). Тогда К делит дугу АВ пополам.

Рис. Точки О, L и К лежат на одной прямой, параллельной СН.

Построение. Даны точки М, К и Н. Строим окружность с центром О, проходящую через эти три точки. Проводим прямую ОК. Через точку Н параллельно прямой ОК проведем прямую. Ее пересечение с окружностью дает вершину С. Прямые СМ и ОК пересекаются в точке L. Проведем через точку L прямую, перпендикулярную прямой ОК. Ее пересечение с окружностью дает точки А и В. Треугольник АВС - искомый.

Задача 6. Медиана, биссектриса и высота делят угол на четыре равные части. Найдите углы треугольника.

Решение: Пусть К - точка пересечения биссектрисы с описанной окружностью, ОК параллельна СН, поэтому С НСК =СКМ =. Отсюда, СМ = МК. В то O же время СО = ОК (как радиусы А Н L M B окружности). Поэтому ОСК = МСК. А это означает, что точка М и О совпадают, K Рис. следовательно, АВ - диаметр. Вписанный угол, который опирается на диаметр, - прямой, т.е. С = 900, = 22,50, В = 22,50, А = 900-22,50.

Ответ: 22,50, 67,50, 900.

Pages:     || 2 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.