Xung quanh đường phân giác

32

Xung quanh đường phân giác

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
I. F. SHARYGIN

Bài viết này tổng hợp một số sự kiện hình học liên quan trực tiếp hoặc gián tiếp đến đường phân giác của một tam giác. Trong số đó, người đọc sẽ tìm thấy những “bổ đề” đơn giản nhưng thường được sử dụng, những “định lý” chắc chắn và khó hơn và những “bài toán” đơn giản là đẹp đẽ. Nhưng chúng tôi sẽ không phân loại chúng theo bất kỳ cách nào mà chỉ đánh số chúng theo thứ tự xuất hiện trong số liệu thống kê. Những nhận định được đưa ra trong bài viết mà không có bằng chứng sẽ tự động được đưa vào bài tập. Tuy nhiên, chúng tôi đã cố gắng trình bày những bằng chứng có được trong bài viết một cách ngắn gọn nhất có thể để người đọc có chỗ suy nghĩ.

Mọi người nên biết điều này

Trước tiên, chúng ta hãy nhớ lại một số ký hiệu được chấp nhận chung: $ABC$ là một tam giác cho trước, $S_{ABC}$ là diện tích của nó, $|BC|=a$, $|CA|=b$, $|AB|=c$, $2p=a+b+c$, $O$ và $R$ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp và bán kính của nó, $I$ và $r$ là tâm và bán kính của đường tròn nội tiếp. Ngoài ra, tam giác còn có ba đường tròn bên ngoài, mỗi đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và được kéo dài bởi hai cạnh còn lại. Tâm và bán kính của chúng sẽ được ký hiệu lần lượt là $I_a$, $I_b$, $I_c$, $r_a$, $r_b$, $r_c$ ($I_a$ là tâm của đường tròn ngoài tiếp tuyến với cạnh $BC$ và cạnh kéo dài $AB$ và $AC$, $r_a$ - bán kính của nó).

Tất cả các ký hiệu khác sẽ được giải thích tùy theo vị trí.

(1) Để phân giác của góc $A$ cắt cạnh $BC$ tại điểm $A_1$. Sau đó
$$\frac{|BA_1|}{|A_1C|} = \frac{|BA|}{|AC|} = \frac{c}{b}.$$

(2) Để đường phân giác của góc ngoài tại đỉnh $A$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $A_2$. Sau đó
$$\frac{|BA_2|}{|A_2C|} = \frac{|BA|}{|AC|} = \frac{c}{b}.$$

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

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

(5) Nếu $M$ là điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp với các cạnh $AB$, thì $|AM| = p-a$. (Tương tự,

Hình 1.

Hình 2.

33

Hình 3, A.

Ngoài ra còn có các đoạn khác trong đó các cạnh của tam giác được chia bởi các điểm tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp.)

(6) Nếu $M$ là điểm tiếp tuyến của đường tròn ngoài với tâm $I_a$ và đường thẳng $AB$, thì $|AM| = p$.

(7) Các đỉnh $B$ và $C$ nằm trên một đường tròn có đường kính $II_a$; tâm $L$ của đường tròn này nằm trên đường tròn ngoại tiếp (Hình 1).

Như vậy, tâm của đường tròn nội tiếp $I$ có tính chất sau: các đường thẳng $AI$, $BI$ và $CI$ (tức là các đường tròn nhị phân) lần lượt đi qua tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BIC$, $CIA$, $AIB$. Định lý ngược lại cũng đúng.

(8) Nếu các đường thẳng $AM$, $BM$ và $CM$ đi qua tâm ngoại tiếp các tam giác $BMC$, $CMA$ và $AMB$ thì $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Thật vậy, đặt $M_a$, $M_b$, $M_c$ là giao điểm của các đường $AM$, $BM$ và $CM$ với các đường tròn tương ứng, khác với $M$ (Hình 2). Khi đó $MM_a$, $MM_b$ và $MM_c$ là đường kính của các hình tròn này, vì vậy $M_aA$, $M_bB$ và $M_cC$ là đường cao của tam giác $M_aM_bM_c$. Từ đây ta có $B\hat{A}M = B\hat{M}_cM = 90^\circ - B\hat{M}_aC = C\hat{M}_bM = C\hat{A}M$, tức là $M$ nằm trên hai đường thẳng của góc $A$ và tương tự, trên đường chéo của các góc $B$ và $C$.

Khoảng cách giữa các tâm của “vòng tròn đáng chú ý”.

(9) $|OI|^2 = R^2 - 2Rr$ (Công thức Euler).

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

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

Để chứng minh hai công thức đầu tiên, hãy nhớ lại rằng nếu $M$ và $N$ là

Hình 3, b.

giao điểm của một đường thẳng tùy ý đi qua một điểm $P$ cho trước với đường tròn bán kính $R$ tâm $O$, rồi $|PM| \cdot |PN| = |R^2 - |OP|^2$. (Điều này xuất phát từ sự giống nhau của các tam giác $PMM'$ và $PNN'$, trong đó $M'$ và $N'$ là giao điểm của đường $OP$ với đường tròn; Hình 3, a và b.) Suy ra rằng $R^2 - |OI|^2 = |IA| \cdot |IL|$, trong đó $L$ là giao điểm của các bissetris của góc $A$ với vòng tròn ngoại tiếp (Hình 4). Nhưng $|IA| = r/\sin(\hat{A}/2)$, và $|IL| = |LB| = 2R \times \sin(\hat{A}/2)$ theo câu (7), do đó $R^2 - |OI|^2 = 2Rr$. Tương tự như vậy, $|OI_a|^2 - R^2 = |I_aL| \cdot |I_aA| = 2R \times \sin(\hat{A}/2) \times r_a/\sin(\hat{A}/2) = 2Rr_a$. Cuối cùng, $|II_a|^2 = (2|IL|) \cdot (|I_aA| - |IA|) = 4R \sin \frac{\hat{A}}{2} \cdot \frac{r_a - r}{\sin \frac{\hat{A}}{2}} = 4R(r_a - r)$.

(12) Các điểm đối xứng với tâm của các đường tròn ngoài so với tâm của đường tròn ngoại tiếp nằm trên đường tròn bán kính 2R có tâm $I$.

34

Hai tính chất cực trị của tâm đường tròn nội tiếp

Lấy một điểm tùy ý $M$ bên trong tam giác $ABC$. Có khá nhiều bất đẳng thức liên quan đến khoảng cách từ điểm này đến các đỉnh của tam giác. Chúng ta sẽ xem xét hai bất đẳng thức như vậy có liên quan đến chủ đề của bài viết.

(13) Ta ký hiệu $A_1$ giao điểm của đường thẳng $AM$ với đường tròn ngoại tiếp. Sau đó

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

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

Khi biểu thị bằng đường thẳng, bất đẳng thức đạt được nếu $M$ trùng với $I$ - tâm của đường tròn nội tiếp.

Giả sử rằng giá trị nhỏ nhất của biểu thức $f(M) = \frac{|BM| \cdot |CM|}{|A_1M|}$ ở vế trái của bất đẳng thức (13) đạt được tại một điểm nào đó $M$ bên trong tam giác $ABC$. Chúng tôi sẽ chứng minh điều đó $M = I$. Và vì $f(I) = 2r$ (ví dụ, điều này dẫn đến sự giống nhau của các tam giác vuông $BID$ và $I_aIC$ trong Hình 4*)), nên sẽ tuân theo điều đó nếu $f(M)$ có giá trị nhỏ nhất bên trong tam giác $ABC$, thì $f(M) \geq 2r$. Đề xuất được nhấn mạnh là không tầm thường và rất có ý nghĩa. Chúng ta sẽ thảo luận về nó một lát sau.

Hãy mô tả một đường tròn xung quanh hình tam giác $AMC$ (Hình 5). Tất cả các hình tam giác $CMA_1$, khi di chuyển điểm $M$ dọc theo cung $AC$ của nó, đều giống nhau (tại sao?), do đó, mối quan hệ $|CM| / |A_1M|$ sẽ giống nhau đối với chúng. Do đó, nếu $M$ là điểm nhỏ nhất của $f(M)$ thì đường thẳng $BM$ phải đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMC$, nếu không chúng ta có thể giảm $|BM|$ trong khi vẫn giữ tỷ lệ $|CM| / |A_1M|$ không đổi. Bây giờ đặt $B_1$ và $C_1$ là giao điểm của các đường $BM$ và $CM$ với đường tròn,

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

Do đó, các đường thẳng $AM$ và $CM$ cũng phải đi qua tâm

35

lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMC và AMB và theo (8) điểm $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Hãy quay lại câu hỏi về việc đạt được giá trị tối thiểu của hàm $f(M)$. Phân tích chứng minh rằng hàm số liên tục được xác định trên một đoạn phải lấy giá trị tối đa và tối thiểu tại một số điểm của nó $^*$). Một định lý tương tự cũng đúng với các hàm nhiều biến, ví dụ, đối với các hàm trên mặt phẳng; đặc biệt, hàm số liên tục trên một đa giác luôn đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đó. Tuy nhiên, định lý này không được áp dụng trực tiếp cho bài toán của chúng ta - hàm số $f(M)$ không được xác định tại các đỉnh của tam giác ABC. Hơn nữa, thậm chí không thể xác định lại nó tại các điểm $A, B, C$ để nó trở nên liên tục trên toàn bộ tam giác (bao gồm cả các góc, chúng ta có một hình lục giác mà trên đó hàm của chúng ta sẽ liên tục và do đó đạt đến giá trị tối thiểu. Có thể chỉ ra rằng ở gần ranh giới của tam giác $f(M) > 2r$. Do đó, nếu việc cắt các góc đủ nhỏ thì giá trị nhỏ nhất $f(M)$ trên hình lục giác và do đó trên tam giác sẽ đạt được ở $M=I$ và bằng $2r$.

Chứng minh được coi là bất đẳng thức (13) là gián tiếp, trái ngược với cái gọi là chứng minh trực tiếp, khi nó được chứng minh trực tiếp rằng (trong trường hợp của chúng ta) $f(M) \geq f(I)$ cho mọi điểm $M$ bên trong tam giác ABC. Bằng chứng gián tiếp phải được thực hiện một cách thận trọng vì không phải lúc nào cũng đạt được giá trị cao nhất hoặc thấp nhất của hàm số. Bạn không cần phải tìm đâu xa để lấy ví dụ: bản thân hàm $f(M)$ không nhận giá trị lớn nhất; Mời độc giả chứng minh rằng $f(M) < l$, trong đó $l$ là độ dài cạnh dài nhất của tam giác, cho tất cả các điểm $M$ của tam giác ABC (ngoại trừ các đỉnh cuối cùng) và giá trị $f(M)$ có thể gần nhất có thể với $l$.

Hãy chuyển sang chứng minh bất đẳng thức (14). Nó cũng sẽ là gián tiếp: chúng ta sẽ chỉ ra rằng điểm cực đại $M$ của phần nằm của bất đẳng thức này (nếu nó tồn tại!) trùng với $I$.

Chúng ta vẽ một đường tròn quanh tam giác BMC và tiếp tục cắt
đường $AM$ cho đến giao điểm thứ cấp với nó tại điểm $A_2$ (Hình 6). Chúng ta hãy áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác $BMCA_2$ - “tổng các tích các cạnh đối diện của một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn bằng tích các đường chéo của nó”: ​​$|BM| \cdot |A_2C| + |CM| \cdot |A_2B| = |BC| \cdot |A_2M|$.

Định lý này có thể được chứng minh bằng cách biểu diễn diện tích của một tứ giác theo hai cách: nếu $KLPQ$ là tứ giác nội tiếp và dây cung $KK'$ song song với đường chéo $LQ$ thì $S_{KLPQ} = S_{K'LPQ}$ (Hình 7); đồng thời $2S_{KLPQ} = |KP| \cdot |LQ| \cdot \sin \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa các đường chéo $KP$ và $LQ$, và $2S_{K'LPQ} = |K'L| \cdot |LP| \sin K'LP + |K'Q| \cdot |QP| \times \sin K'QP = (|KQ| \cdot |LP| + |KL| \cdot |QP|) \times \sin \alpha$ hoặc $K'LP = \alpha$ - xem hình. 7.

Xét rằng độ dài các dây của một đường tròn tỉ lệ với độ dài các góc nằm trên chúng, ta thu được

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

hoặc

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

So sánh đẳng thức cuối cùng với bất đẳng thức (14), ta thấy vế trái của bất đẳng thức bằng $|AA_2| \sin BMC$. Điều này có nghĩa là đường thẳng $AM$ phải đi qua tâm của đường tròn mô tả về BMC, vì nếu không, bằng cách di chuyển $M$ dọc theo cung $BC$, chúng ta có thể tăng vế trái của bất đẳng thức (14). Việc suy luận sâu hơn (bao gồm cả việc chứng minh sự tồn tại của điểm cực đại) được thực hiện theo cách tương tự như trong bài toán (13).

Hãy tự chứng minh rằng nếu $M$ trùng với $I$ thì $|AA_2| \sin BMC = p$; Để làm điều này, bạn có thể sử dụng, ví dụ, (6) và (7) đã cho và thực tế là $BIC = 90^\circ + \hat{A}/2$.

Khi trực giác thất bại

Nếu một tam giác có hai phần tử bằng nhau cùng loại (ví dụ: hai góc hoặc hai đường trung tuyến, v.v.), thì việc mong đợi rằng nó sẽ bằng nhau là điều đương nhiên. Trong số bài toán trên