Вокруг биссектрисы

32

Вокруг биссектрисы

Кандидат физико-математических наук
И. Ф. ШАРЫГИН

В этой статье собраны некоторые геометрические факты, прямо или косвенно связанные с биссектриской треугольника. Среди них читатель найдет и несложные, но часто используемые «леммы», и более солидные и трудные «теоремы» и просто красивые «задания». Но мы не станем их никак классифицировать, а просто будем нумеровать в порядке появления в стате. Утверждения, которые приводятся в статье без доказательства, автоматически включаются в число упражнений. Впрочем, и имеющиеся в статье доказательства мы постарались изложить по возможности лаконично, чтобы оставить читатель простор для размышлений.

Это должно знать каждый

Напомним прежде всего некоторые общеприятные обозначения: $ABC$ — данный треугольник, $S_{ABC}$ — его площадь, $|BC|=a$, $|CA|=b$, $|AB|=c$, $2p=a+b+c$, $O$ и $R$ — соответственно, центр описанной окружности и ее радиус, $I$ и $r$ — центр и радиус вписанной окружности. Кроме того, треугольник имеет три внешисанные окружности, каждый из которых касается одной стороны треугольника и продолженной двух других сторон. Их центры и радиуса будем обозначать, соответственно, $I_a$, $I_b$, $I_c$, $r_a$, $r_b$, $r_c$ ($I_a$ — центр внешисанной окружности, касающей стороны $BC$ и продолженной стороны $AB$ и $AC$, $r_a$ — ее радиус).

Все другие обозначения будут разъясняться в соответствии with места.

(1) Пусть биссектриса угла $A$ пересекает сторону $BC$ в точке $A_1$. Тогда
$$\frac{|BA_1|}{|A_1C|} = \frac{|BA|}{|AC|} = \frac{c}{b}.$$

(2) Пусть биссектриса внешнего угла при вершине $A$ пересекает прямую $BC$ в точке $A_2$. Тогда
$$\frac{|BA_2|}{|A_2C|} = \frac{|BA|}{|AC|} = \frac{c}{b}.$$

(3) $S_{ABC} = pr.$

(4) $S_{ABC} = (p-a)r_a.$

(5) Если $M$ — точка касания вписанной окружности со сторонам $AB$, то $|AM| = p-a$. (Аналогично определе-

Рис. 1.

Рис. 2.

33

Рис. 3, а.

ляются и другие отрезки, на которые стороны треугольника делятся точками касания со вписанной окружностью.)

(6) Если $M$ — точка касания внешней списанной окружности с центром $I_a$ с прямой $AB$, то $|AM| = p$.

(7) Вершины $B$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $II_a$; центр $L$ этой окружности лежит на описанной окружности (рис. 1).

Таким образом, центр вписанной окружности $I$ обладает следующим свойством: прямые $AI$, $BI$ и $CI$ (то есть bicсетрицы) проходят через центры описанных окружностей треугольников $BIC$, $CIA$, $AIB$ соответственно. Верна и обратная теорема.

(8) Если прямые $AM$, $BM$ и $CM$ проходят через центры описанных окружностей треугольников $BMC$, $CMA$ и $AMB$, то $M$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$.

В самом деле, пусть $M_a$, $M_b$, $M_c$ — точки пересечения прямых $AM$, $BM$ и $CM$ с соответствующими окружностями, отличные от $M$ (рис. 2). Тогда $MM_a$, $MM_b$ и $MM_c$ — диаметры этих окружностей, поэтому $M_aA$, $M_bB$ и $M_cC$ — высоты треугольника $M_aM_bM_c$. Отсюда получаем $B\hat{A}M = B\hat{M}_cM = 90^\circ - B\hat{M}_aC = C\hat{M}_bM = C\hat{A}M$, то есть $M$ лежит на bicсетрисе угла $A$ и, аналогично, на bicсетрисах углов $B$ и $C$.

Расстояния между центрами «замечательных окружностей».

(9) $|OI|^2 = R^2 - 2Rr$ (формула Эйлера).

(10) $|OI_a|^2 = R^2 + 2Rr_a$.

(11) $|II_a|^2 = 4R(r_a - r)$.

Для доказательства первых двух формул напомним, что если $M$ и $N$ —

Рис. 3, б.

точки пересечения произвольной прямой, проходящей через данную точку $P$, с окружностью радиуса $R$ с центром $O$, то $|PM| \cdot |PN| = |R^2 - |OP|^2$. (Это вытекает из подобия треугольников $PMM'$ и $PNN'$, где $M'$ и $N'$ — точки пересечения прямой $OP$ с окружностью; рис. 3, а и б.) Отсюда следует, что $R^2 - |OI|^2 = |IA| \cdot |IL|$, где $L$ — точка пересечения биссетрисы угла $A$ с описанной окружностью (рис. 4). Но $|IA| = r/\sin(\hat{A}/2)$, а $|IL| = |LB| = 2R \times \sin(\hat{A}/2)$ по утверждению (7), поэтому $R^2 - |OI|^2 = 2Rr$. Аналогично, $|OI_a|^2 - R^2 = |I_aL| \cdot |I_aA| = 2R \times \sin(\hat{A}/2) \times r_a/\sin(\hat{A}/2) = 2Rr_a$. Наконец, $|II_a|^2 = (2|IL|) \cdot (|I_aA| - |IA|) = 4R \sin \frac{\hat{A}}{2} \cdot \frac{r_a - r}{\sin \frac{\hat{A}}{2}} = 4R(r_a - r)$.

(12) Точки, симметричные центрами внешних окружностей относительно центра описанной окружности, лежат на окружности радиуса 2R с центром $I$.

34

Два экстремальных свойств центра вписанной окружности

Возьем внутри треугольника $ABC$ произвольную точку $M$. Существует довольно много неравенств, касаошихся расстояний от этой точки до вершин треугольника. Мы рассмотрим два таких неравенства, имеющих отношение к теме статьи.

(13) Обозначим через $A_1$ точку пересечения прямой $AM$ с описанной окружностью. Тогда

$$\frac{|BM| \cdot |CM|}{|A_1M|} \geq 2r.$$

(14) $|AM| \sin B\widehat{MC} + |BM| \times \sin C\widehat{MA} + |CM| \sin A\widehat{MB} \leq p$.

В обозначим через прямую неравенства достигается, если $M$ совпадает с $I$ — центром вписанной окружности.

Доцустим, что наименьшее значение выражения $f(M) = \frac{|BM| \cdot |CM|}{|A_1M|}$, стоящего в левой части неравенства (13), достигается в некоторой точке $M$ внутри треугольника $ABC$. Мы показем, что $M = I$. А поскольку $f(I) = 2r$ (это следует, например, из подобия прямой угольных треугольников $BID$ и $I_aIC$ на рисунке 4*)), отсюда будет вытекать, что если $f(M)$ принадлежит свое наименьшее значение внутри треугольника $ABC$, то $f(M) \geq 2r$. Выделенное предложение является нетривиальным и очень существенным. Мы обсуим его несколько позже.

Описем около треугольника $AMC$ окружность (рис. 5). Все треугольники $CMA_1$, получающие при перемещении точки $M$ по ее дуге $AC$, подобны между собой (почему?), следовательно, отношение $|CM| / |A_1M|$ будет для них одним и тем же. Поэтому, если $M$ — точка минимума величины $f(M)$, прямая $BM$ должна проходить через центр окружности, описанной около треугольника $AMC$, иначе мы могли бы уменьшить $|BM|$, оставляя постоянным отношение $|CM| / |A_1M|$. Пусть теперь $B_1$ и $C_1$ — точки пересечения прямых $BM$ и $CM$ с окружностью,

$$\frac{|BM| \cdot |CM|}{|A_1M|} = \frac{|CM| \cdot |AM|}{|B_1M|} = \frac{|AM| \cdot |BM|}{|C_1M|}.$$

Следовательно, прямые $AM$ и $CM$ также должны проходить через цент-

35

ры окружностей, описанных около треугольников BMC и AMB соответственно, и в силу (8) точка $M$ — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Вернемся к вопросу о достижении наименьшего значения функций $f(M)$. В анализе доказывается, что непрерывная числовая функция, заданная на отрезке, обязает принимает в некоторых его точках свое наибольшее и наименьшее значение$^*$). Аналогическая теорема верна и для функций нескольких переменных, например для функций на плоскости; в частности, функция, непрерывная на многоугольнике, всегда достигает на нем наибольшего и наименьшего значения. Однако к нашей задаче эта теорема неисредственно не применена — функция $f(M)$ не определяна в вершинах треугольника ABC. Более того, ее даже невозможно допредельить в точках $A, B, C$ так, чтобы она стала непрерывной на всем треугольнике (включения уголки, мы получим шестиугольник, на котором наша функция уже будет непрерывна и, следовательно, достигает наименьшего значения. Можно показать, что вблизи границы треугольника $f(M) > 2r$. Поэтому, если отрезание уголки достаточно малы, наименьшее значение $f(M)$ на шестиугольника, а значит, и на треугольнике, достигается при $M=I$ и равно $2r$.

Рассмотренное доказательство неравенства (13) относит к косвенным, в отличие от так называемых прямых, когда неисредственно доказывается, что (в нашем случае) $f(M) \geq f(I)$ для всех точек $M$ внутри треугольника ABC. Косвенные доказательства нужно проводить с известной осторожностью, потому что наибольшее или наименьшее значение функций достигается относительно не всегда. За примером далекого ходить не надо: сама функция $f(M)$ не принимает своего наибольшего значения; читатель предлагается доказать, что $f(M) < l$, где $l$ — длина наибольшей стороны треугольника, для всех точек $M$ треугольника ABC (кроме, конечного, вершин), причем величины $f(M)$ может быть скольго близка к $l$.

Перейдем к доказательству неравенства (14). Оно тоже будет косвенным: мы показем, что точка максимума $M$ лежой части этого неравенства (если она существует!) совпадает с $I$.

Опшем около треугольника BMC окружность и продолжим отре-
зок $AM$ до вторичного пересечения с ней в точке $A_2$ (рис. 6). Примем к четырехугольнику $BMCA_2$ теорему Птолемея — «сумма произведений противоположных сторон вписанного в окружность четырехугольника равна произведению его диагоналей»: $|BM| \cdot |A_2C| + |CM| \cdot |A_2B| = |BC| \cdot |A_2M|$.

Эту теорему можно доказать, выражая двумя способами площадь четырехугольника: если $KLPQ$ — вписанный четырехугольник и хорда $KK'$ параллельна диагонали $LQ$, то $S_{KLPQ} = S_{K'LPQ}$ (рис. 7); в то же время $2S_{KLPQ} = |KP| \cdot |LQ| \cdot \sin \alpha$, где $\alpha$ — угол между диагоналями $KP$ и $LQ$, а $2S_{K'LPQ} = |K'L| \cdot |LP| \sin K'LP + |K'Q| \cdot |QP| \times \sin K'QP = (|KQ| \cdot |LP| + |KL| \cdot |QP|) \times \sin \alpha$, либо $K'LP = \alpha$ — см. рис. 7.

Учитывая, что длины хорд одной окружности пропорциональны снукам опирающихся на них углов, получим

$$|BM| \sin A_2MC + |CM| \sin A_2MB = |A_2M| \sin BMC,$$

или

$$|BM| \sin AMC + |CM| \sin AMB = |A_2M| \sin BMC.$$

Сопоставляя последнее равенство с неравенством (14), видим, что левая часть неравенства равна $|AA_2| \sin BMC$. Значит, прямая $AM$ должны проходить через центр окружности, описанной около BMC, поскольку в противном случае, перемещая $M$ по дуге $BC$, мы можем увеличить левую часть неравенства (14). Дальнейшие рассуждания (в том числе и доказательство существования точки максимума) проводятся так же, как и в задаче (13).

Докажите самостояльно, что если $M$ совпадает с $I$, то $|AA_2| \sin BMC = p$; для этого можно воспользоваться, например, заданным (6) и (7) и тем, что $BIC = 90^\circ + \hat{A}/2$.

Когда подводит интуция

Если у треугольника равны два «однотипных» элемента (например, два угла или две медианы и т. п.), то естественно ожидать, что он будет равноведным. Среди задач на