08-06-04

08-06-04. Биссектрисы треугольника
1. Теорема о биссектрисе треугольника.
Биссектриса угла треугольника обладает следующим важным свойством.
Теорема. Биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на
отрезки, пропорциональные прилежащим к ним сторонам.
Доказательство.
Первый случай. Пусть в треугольнике ABC стороны AB и BC равны. Тогда
треугольник ABC равнобедренный. Поэтому его биссектриса BL , проведенная к
основанию, является медианой (рисунок 2). Следовательно, AL  LC , AB  BC , откуда
AL CL


AB BC
Второй случай. Пусть в треугольнике ABC стороны AB и BC не равны. Тогда
биссектриса BL не является высотой. Поэтому, если проведем перпендикуляры AM  BL
и CK  BL , то получим прямоугольные треугольники AML и CKL (рисунок 3).
Треугольники AML и CKL подобны, потому что их углы с вершиной L равны, как
вертикальные. Из подобия этих треугольников следует, что
AL AM


CL CK
Прямоугольные треугольники AMB и CBK также подобны, так как их углы с
вершиной B равны половине угла ABC . Из подобия этих треугольников следует, что
AB AM


BC CK
Сравнивая полученные пропорции, получаем
AL
CL

AB
BC
, откуда
AL
AB
CL
.
 CB
Пример. Найдем длины биссектрис острых углов прямоугольного треугольника со
сторонами 3, 4, 5.
Решение. Пусть AB  3 , BC  4 , AC  5 . Проведем биссектрису AL (рисунок 4). По
теореме о биссектрисе угла треугольника
BL AB 3

 
LC AC 5
Поэтому BL  32 . По теореме Пифагора
 3  95
AL  AB  BL  3    

4
2
2
2
2
2
2
откуда AL  3 25 .
Проведем биссектрису CF (рисунок 5). Аналогично, по теореме о биссектрисе
BC
BF
4
4
AF  AC  5 . Поэтому BF  3 . По теореме Пифагора
 4  16  10
CF 2  BC 2  BF 2  42    

9
 3
2
откуда CF  4 310 .
2.** Теорема, обратная теореме о биссектрисе угла треугольника.
Справедлива теорема, обратная теореме о биссектрисе угла‘ треугольника.
Если в треугольнике ABC точка N расположена на стороне AC так, что
AN NC


AB BC
то отрезок BN — биссектриса угла B .
Доказательство. Проведем в треугольнике биссектрису BL . В предыдущем пункте
LC
AL
доказано, что AB
. Если предположим, что AN  AL , то тогда CN  CL , откуда
 BC
AN
CN
CL
AL
AB  AB и BC  BC .
LC
NC
AL
Откуда следует, что AN
а это противоречит условию. Значит,
AB  AB  BC  BC ,
предположение неверно.
Аналогично приводит к противоречию и предположение AN  AL .
Остается единственная возможность AN  AL , а значит, точки N и L совпадают и
BN — биссектриса.
Теорема, обратная теореме о биссектрисе угла треугольника может служить признаком
биссектрисы в треугольнике.
Пример 2. Точка K расположена на отрезке AB так, что AK  KB  2 . Построим
треугольник ABC , у которого CK — биссектриса.
Решение. Возьмем любой отрезок, длина a которого больше  BK  и меньше  AK  .
Проведем окружности с центром B и радиусом a и с центром A и радиусом 2a . Эти
окружности пересекутся в точке C (рисунок 6). Тогда в треугольнике ABC выполняется
соотношение
AC
AK
2

BC
KB
то есть
AK BK


AC BC
По теореме, обратной к теореме о биссектрисе, получаем, что CK –биссектриса в
треугольнике ABC .
3.* Свойство биссектрисы внешнего угла треугольника.
*Рассмотрим биссектрису внешнего угла треугольника.
Возьмем треугольник ABC , его внешний угол при вершине B и проведем биссектрису
этого угла.
Когда AB  BC , биссектриса внешнего угла параллельна AC (рисунок 7).
Пусть AB  BC . Тогда биссектриса внешнего угла пересекает продолжение стороны
AC в некоторой точке K (рисунок 8). Для установления свойств этой биссектрисы
проанализируем доказательство свойства биссектрисы внутреннего угла и по аналогии
проведем AE  BK , CF  BK . Тогда треугольники ABE и BCF подобны как
AB
AE
 CF
прямоугольные, у которых ABE  CBF . Отсюда BC
. Кроме этого и треугольники
AK
AE
 CF
AEK и CFK подобны как прямоугольные с общим острым углом. Отсюда CK
.
CK
AK
AB
 BC
Поэтому CK
или AK
AB  BC .
В результате получаем следующее свойство.
Если биссектриса внешнего угла
CK
треугольника в точке K , то AK
AB  BC .
B
пересекает продолжение стороны
AC
4.** Окружность Аполлония.
Представим, что с аэродрома A в некотором направлении по прямой вылетел
бомбардировщик. В каком направлении по прямой должен вылететь истребитель с
аэродрома B , если его скорость в 1,5 раза больше скорости бомбардировщика?
Обозначим через x место встречи истребителя с бомбардировщиком. Тогда
Bx  Ax  1 5 . Поэтому для ответа на поставленный вопрос можно найти множество U
всех точек x плоскости для которых Bx  Ax  1 5 . Найдя множество U и зная луч l ,
вдоль которого летит бомбардировщик, мы сможем определить точку пересечения U и l ,
и тем самым определить направление, в котором нужно лететь истребителю.
В следующем пункте мы докажем, что множество U является окружностью, которая
симметрична относительно прямой AB . Эта окружность называется окружностью
Аполлония.
5. Множество всех точек, расстояния от которых до двух данных точек находится в
заданном отношении.
В этом пункте рассмотрим доказательство следующей теоремы.
Теорема. Множество всех точек M , расстояния от которых до двух заданных
точек A и B находятся в данном отношении m  n , при m  n есть окружность.
Доказательство.
Разберем доказательство на примере, когда m  n  7  3 .
Первая часть.
Пусть точка C , не лежащая на прямой AB , принадлежит искомому геометрическому
месту точек, то есть CA  CB  7  3 . Соединим ее отрезками с точками A и B и построим
биссектрисы смежных углов ACB и BCK (рисунок 9). Поскольку CA не равно CB , то
биссектриса угла ACB не перпендикулярна прямой AB , то перпендикулярная ей
биссектриса смежного угла BCK не параллельна прямой AB . Таким образом,
биссектрисы пересекут прямую AB а некоторых точках P и Q . По свойству биссектрис
AC
AP
внутреннего угла треугольника получаем BP
 BC
 73 . Следовательно, положение точки P
на отрезке AB одно и то же для любой точки C , для которой CA  CB  7  3 .
AQ
AC
Аналогично, по свойству биссектрисы внешнего угла треугольника BQ
 BC
 73 , а
поэтому положение точки Q на продолжении отрезка AB также не зависит от точки C .
Так как угол PCQ прямой (рисунок 10), то точка C лежит на окружности, имеющей
своим диаметром отрезок PQ .
Вторая часть.
Возьмем на окружности с диаметром PQ произвольную точку C и покажем, что
AC  BC  7  3 .
Через точку B проведем прямую, параллельную прямой AC . Пусть она пересечет
отрезок CQ в точке L , а прямую CP в точке M (рисунок 10). Тогда треугольник ACP
подобен BMP, а треугольник ACQ подобен BLQ. Отсюда
AC AP 7

 
BM BP 3
AC AQ 7

 
BL BQ 3
AC
BM  BL . Это означает, что точка B является
 AC
Следовательно, BM
BL , откуда
серединой гипотенузы прямоугольного треугольника MCL и поэтому равноудалена от его
вершин M , C , L .
Таким образом, BM  BL  BC , откуда получаем AC  BC  AC  BL  7  3 .
6. Вывод уравнения окружности Аполлония с помощью координат.
Разберем как можно получить окружность Аполлония координатным методом, на
примере множества точек M , для которых AM  MB  3  2 .
Введем систему координат так, как на рисунке 11. Пусть A(a 0) , B(a 0) . Обозначим
координаты произвольной точки M искомого множества переменными: M (u v) .
Тогда AM  (u  a) 2  v 2 , BM  (u  a ) 2  v 2 .
Из условия AM  MB  3  2 получим
2 (u  a) 2  v 2  3 (u  a) 2  v 2
или
4((u  a)2  v 2 )  9((u  a)2  v 2 )
4(u 2  2au  a 2  v 2 )  9(u 2  2au  a 2  v 2 )
5u 2  5v 2  26au  5a 2  0
u 2  v2 
26
au  a 2  0
5
2
u 2  2u 
2
13  13 
 13 
  a   v2   a   a2 
5 5 
5 
2
2
13 

 12 
2
u  a  v    
5 

 5
Заменяя переменные u и v на буквы x и y , получим уравнение
2
2
13 

 12 
2
 x  a  y    
5 

 5
Это уравнение окружности с центром F  135 a 0 и радиусом R  125 a .
Контрольные вопросы
1. В каком отношении биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону
треугольника?
2. Что можно сказать о прямой BN , если точка N лежит на стороне AC треугольника
AN
AB
 CB
?
ABC и CN
3. Каким свойством обладает биссектриса внешнего угла треугольника?
4. Докажите, что геометрическое место точек, расстояния от которых до двух данных
точек A и B находятся в данном отношении 4  1 , есть окружность.
5. Как построить окружность Аполлония с помощью циркуля и линейки по данному
отрезку AB и данному отношению m  n  5  2 ?
Задачи и упражнения
1. Пусть AB  3 см. Постройте окружность Аполлония, состоящую из таких точек x ,
что
а) Ax  Bx  3  2 б) ; Ax  Bx  2  3 .
2. Постройте треугольник, зная основание a , высоту h , опущенную на это основание,
и отношение двух других сторон, равное 2  1 .
3. Построить треугольник по основанию a , медиане ma и отношению двух других
сторон, равному m  n . Рассмотрите случай m  n  1  1 и случай m  n  7  3 .
4. Рассмотрим треугольник ABC и биссектрису AN угла A . Проведем через точку C
прямую CM , параллельную AB , и пусть продолжение биссектрисы AN пересекает CM
в точке M . Докажите, что
а) треугольник AMC — равнобедренный;
б) треугольник CNM подобен треугольнику ANB .
5. Пусть биссектриса внешнего угла A пересекает продолжение стороны BC в точке
N , а прямую, параллельную AB и проходящую через точку C в точке M . Докажите,
что:
а) треугольник ACM - – равнобедренный;
б) треугольник ABN подобен треугольнику NMC .
6. В треугольнике ABC проведены медианы BD и биссектриса AE , которые
пересекаются в точке K . Прямая, проходящая через вершину C и точку K , пересекает
сторону AB в точке F . Найдите длины отрезков AF и FB , если известно, что длина
стороны AB равна c , а длина стороны AC равна b .
7. В трапеции ABCD с основаниями AB и CD биссектриса угла B перпендикулярна
боковой стороне AD и пересекает ее в точке E . В каком отношении прямая BE делит
площадь трапеции, если известно, что AE  2 DE ?
8. Медиана BD и биссектриса AE треугольника ABC пересекаются в точке F ,
причем длина отрезка AF в три раза больше длины отрезка FE . Длина медианы BD
равна a , длина биссектрисы AE равна b . Найдите площадь треугольника ABC .
9. Через вершину B треугольника ABC проведена прямая, параллельная биссектрисе
угла C и пересекающая продолжение стороны AC в точке D . Пусть E — середина
отрезка BD . Определите в каком отношении прямая AE делит площадь треугольника
ABC , если известно, что длина стороны AC равна b , а сторона BC равна a .
Ответы и указания к решению наиболее трудных задач.
Задача 6. Указание Проведем DM || СF (рис.1). Тогда AM  MF . Из треугольника
b
BK
AB
DK
ABD по свойству биссектрисы имеем KD
 AD
 2cb . Так как FK || DM, то MF
FB  KB  2 c .
b
bc
2MF
c
Поэтому AF
FB  FB  c . Следовательно, AF  b  c , BF  b  c .
Задача 7. Указание. Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке
M (рис.2). Тогда в треугольнике ABM отрезок BE является и биссектрисой, и высотой.
Поэтому AE  EM , а так как AE  ED  2  1 , то ED  DM и DM  14 AM . Пусть площадь
треугольника ABM  16S . Тогда S∆ABE = S∆BME. Из подобия треугольников CDM и ABM
следует, что S∆CDM = (1/4)2 ·S∆ABM =S . Тогда S BCDE  7 S .
Задача 8. Указание. Проведем DK || BC (рис.3). Так как AD  DC , то AK  KE . В
условии задано, что AF  FE  3  1 , поэтому KF  FE . Рассматривая треугольники KDF и
BEF , получаем, что они равны. Следовательно, треугольник ABD равнобедренный, так
как отрезок AF является и медианой и биссектрисой. В результате получаем: AF  34 b ,
S∆ABD = =(1/2) ·a·(3/4) ·b=(3/8)ab , S∆ABC = 2· S∆ABD =(3/4) ab.
Задача 9. Указание. Проведем EM || BC (рис.4). Из условия, что отрезок BD
параллелен биссектрисе угла D , следует CD  BC  a . Поэтому CM  DM  ME  a2 .
AC
2b
ab
Далее из подобия треугольников ACK и AME получаем CK
ME  AM  2b  a , CK  a  2b , откуда
2
BK 
a ( a b )
a  2b
. В результате S∆ACK : S∆ABC = CK : BK = b : (a+b).