2. Бісектральні трикутники

Трикутник L₁L₂L₃ (рис. 13), вершинами якого є точки перетину бісектрис трикутника АВС з протилежними сторонами, називається бісектральним.

Рис. 13

Задача. Знайти площу бісектрального трикутника, якщо відомі сторони а, b, с трикутника АВС (рис. 13).

Розв’язання

Нехай S₁, S₂, S₃ – площі трикутників СL₁L₂, АL₂L₃, ВL₃L₁, S – площа трикутника АВС, S_L – площа ∆ L₁L₂L₃.

S₁= , СL₁=, СL₂=;

S₂= , АL₂=, АL₃=;

S₃= , ВL₃=, ВL₁=.

S₁+S₂+S₃=

=S.

Звідси маємо:

S_L = S – (S₁+S₂+S₃) = S .

Отже,

S_L=. (*)

Задача. Для будь-якої точки, що належить стороні бісектрального трикутника, сума (або модуль різниці) відстаней до сторін дорівнює відстані до третьої сторони. Довести.

Доведення

Нехай точка Х (рис. 14) належить відрізку L₁L₂. Нехай Р, R, L – проекції цієї точки на сторони трикутника. Розглянемо гомотетію з центром L₁ і коефіцієнтом k=L₁X:L₁L₂.

Тоді трикутник А₁В₁С₁ буде гомотетичним трикутнику АВС, а образом бісектриси ВL₂ є бісектриса В₁Х трикутника А₁. Рис. 14

Отже, відстані від точки Х до сторін А₁В₁ і В₁С₁ рівні між собою, тобто ХQ=ХР. Оскільки точка А належить бісектрисі АL₁, то прямі А₁В₁ і А₁С₁ рівновіддалені відповідно від прямих АВ і АС. Тому QL=ХR, а тоді ХQ+LQ=ХР+ХR, або ХL=ХР+ХR.

Якщо точка Х належить продовженню відрізка L₁L₂, то розв’язання аналогічне, але замість суми відстаней доведеться розглянути модуль різниці відповідних відстаней [1].

Задача. Довести, що площа бісектрального трикутника не більша за одну чверть площі трикутника АВС.

Доведення

Для додатних чисел a,b,c має місце співвідношення

(a+b)( a+c)(b+c)≥8abc.

Враховуючи формулу (*), маємо, S_L≤ [8].

3. Ортоцентричні трикутники

Трикутник Н₁Н₂Н₃ (рис. 15), вершинами якого є основи висот даного трикутника АВС, називається ортоцентричним.

Рис. 15

Властивості ортоцентричного трикутника

1. Висоти гострокутного трикутника є бісектрисами кутів ортоцентричного трикутника.

Доведення

Справді, N₂N₁A=N₂ВА, АN₁N₃=АСN₃ (рис. 16).

Але N₂ВА=АСN₃.

Отже, N₂N₁A=АN₁N₃.

2. Величини кутів ортоцентричного трикутника дорівнюють:

Рис. 16

Н₂Н₁Н₃=180⁰-2 А,

Н₁Н₂Н₃=180⁰-2 В,

Н₁Н₂Н₃=180⁰-2 С.

Доведення

Справді, наприклад: Н₂Н₁Н₃=2АN₁N₂=2(90⁰-А)= -2А.

3. Довжини сторін ортоцентричного трикутника дорівнюють:

Н₂Н₃=ВС соs А,

Н₁Н₃=АС соs В,

Н₁Н₂=АВ соs С.

Доведення

Очевидно, що Н₂Н₃=N₂N₃=R sin(180⁰-2А)=ВС cos A.

4. Кути між сторонами ортоцентричного трикутника й гострокутного трикутника АВС дорівнюють:

АН₂Н₃ =В, Н₃Н₁В =А, АН₃Н₂ =С.

Доведення

Справді, наприклад, відрізки АС і N₂N₃ (рис. 16) перетинаються в точці Т. Тоді:

АН₂Н₃ =АТN₃=(N₃ +N₂С)= 90⁰-А+90⁰-С=180⁰ – (180⁰ - В)=В

[3], [4].

Твердження. Якщо через довільну точку сторони трикутника АВС (рис. 17) провести перпендикуляри до двох інших сторін, то довжина відрізка, що сполучає основи перпендикулярів, буде не меншою за півпериметр р_н ортоцентричного трикутника.

Доведення

Візьмемо, наприклад, на стороні ВС точку F і проведемо перпендикуляри FQ₁ і FQ₂ до сторін АС і АВ. Тоді Q₁Q₂ =АF sinА, sinА – стала величина, а довжина відрізка АF буде найменшою, якщо відрізок АF перпендикулярний до відрізка ВС. Отже,

Q₁Q₂ F₁F₂, або р_н Q₁Q₂ р_н.. (**)

Рис. 17

Задача Фаньяно (Фаньяно-Фейєра). Довести, що з усіх трикутників, вписаних у даний гострокутний трикутник, ортоцентричний має найменший периметр.

Доведення

Нехай довільний трикутник вписаний в гострокутний трикутник АВС (рис. 18). Побудуємо точки, симетричні точці F відносно АС і АВ. Матимемо відповідно точки L та E. Довжина ламаної LMNE дорівнює периметру 2р трикутника MFN. Q₁Q₂ – середня лінія трикутника LFE, тому Q₁Q₂ =LE. Але довжина LE не більша від довжини ламаної LMNE. Отже, довжина відрізка Q₁Q₂ не більша від півпериметра з трикутника MFN, тобто

Q₁Q₂р. (***)

Рис. 18

Порівнюючи вирази (**) і (***), дістаємо р_н Q₁Q₂р, тобто р_нр.

Знак рівності буде тоді і тільки тоді, коли трикутник MFN буде ортоцентричним. Справді, у цьому випадку FNВ=С, MNF=180⁰-2С, отже MNЕ=180⁰-2С+2С=180⁰, тобто MNЕ – пряма лінія. Аналогічно доводимо, що LMN=180⁰, а це означає, що ламана LMNE збігається з відрізком LE [5].

Задача (коло 9 точок). Довести, що середина М₁, М₂ та М₃ сторін трикутника АВС, основи висот Н₁, Н₂, Н₃, а також точки Е₁, Е₂, Е₃ – середини відрізків АН, ВН, СН – належать одному колу, яке називають колом 9 точок (рис. 19).

Доведення

Розглянемо гомотетію з коефіцієнтом в ортоцентрі Н трикутника АВС і коефіцієнтом k=. Нехай – коло, описане навколо трикутника Н₁Н₂Н₃ , ₁ – коло, описане навколо трикутника АВС. Е і О – центри цих кіл. При цій

гомотетії коло ₁ переходить у коло , точки А, В, С - в точки Е₁, Е₂, Е₃. Оскільки точки А, В, С належать колу ₁, то точки Е₁, Е₂, Е₃ належать колу . Враховуючи коефіцієнт гомотетії, робимо висновок, що центр кола (точка Е) належить відрізку ОН, причому ОЕ=ЕН і радіус кола дорівнює половині радіуса кола ₁, тобто .

Рис.19

Оскільки М₁Е=Е₁Е =, то колу належить і середина М₁ сторони ВС, а, отже, й середини сторін АВ і АС [2], [9].