Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- math-public:vnevpisannye_okruzhnosti [2016/04/15 00:10] – [Доказательство] labreslav
+++ math-public:vnevpisannye_okruzhnosti [2021/02/06 17:31] (текущий) – [Доказательство] labreslav
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
+=======Вневписанные окружности=======
+=====Определение=====
+Окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух
+других его сторон, называется вневписанной окружностью этого
+треугольника.
+=====Теорема=====
+У любого треугольника есть три вневписанных окружности.
+====Доказательство====
+Рассмотрим треугольник $ABC$.
+Пусть биссектрисы внешних углов при вершинах $B$ и $C$ пересекаются в точке $O_a$.
+Тогда точка $O_a$ равноудалена от прямых $AB, BC$ и $AC$.
+Следовательно, точка $O_a$ лежит на биссектрисе угла $A$.
+Обозначим расстояние от точки $O_a$ до стороны $BC$ за $r_a$.
+Тогда окружность с центром в точке $O_a$ и радиусом $r_a$
+касается стороны $BC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$, то есть
+является вневписанной окружностью данного треугольника.
+Аналогично можно построить вневписанные окружности с центрами в точках $O_b$ и
+$O_c$, касающиеся сторон $AC$ и $BA$ соответственно.
+=====Свойства вневписанной окружности=====
+=====Свойство 1=====
+Пусть в треугольнике $ABC$ биссектриса $AA_1$ пересекается с окружностью, описанной около этого треугольника, в точке $D$. Тогда точка $D$ является центром окружности, описанной около четырёхугольника $BOCO_a$, где $O$ -- центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$, а $O_a$ -- центр вневписанной окружности.
+====Доказательство====
+Точка $O$, как центр окружности, вписанной  в треугольник $ABC$,
+лежит на биссектрисе угла $B$, а точка $O_a$, как центр вневписанной
+окружности лежит на биссектрисе угла, смежного с углом $B$.
+Вспомним, что биссектрисы смежных углов перпендикулярны.
+Следовательно $\angle OBO_a=90^\circ$. Аналогично $\angle OCO_a=90^\circ$.
+Следовательно, около четырёхугольника $BOCO_a$ можно описать окружность.
+Пусть продолжение биссектрисы $AA_1$ и $BB_1$ пересекают окружность, описанную около треугольника $ABC$ в точке $D$ и $E$.
+Так как $AD$ и $BE$ -- биссектрисы, то $\buildrel\,\,\frown\over{BD}=\buildrel\,\,\frown\over{DC}, \buildrel\,\,\frown\over{AE}=\buildrel\,\,\frown\over{EC}$.
+Обозначим эти пары углов соответственно $\alpha$ и $\beta$.
+Тогда $\angle EBD=\frac{\alpha+\beta}{2}$, так как он вписанный, а $\angle  BOD=\frac{\alpha+\beta}{2}$.
+Следовательно, в треугольнике $BOD$ углы при основании $BOD$ равны,
+то есть он равнобедренный $BD=DO$.
+Таким образом $BD=DO=DC$.
+Таким образом точка $D$ равноудалена от всех вершин треугольник
+$BOC$, и, следовательно, является центром окружности, описанной
+около этого треугольника.
+Но эта окружность является также окружностью, описанной около четырёхугольника $BOCO_a$.
+=====Свойство 2=====
+Точки, в которых вписанная и вневписанная окружности касаются стороны треугольника, симметричны относительно середины этой стороны.
+====Доказательство====
+Рассмотрим треугольник $ABC$.
+Пусть вневписанная окружность $\omega_a(O_a,r_a)$  и вписанная окружность $\omega(O,r)$ касаются стороны $BC$ в точках $P$ и $Q$.
+Докажем, что точки $P$ и $Q$ симметричны относительно точки $M$ -- середины стороны $BC$.
+Пусть точка $D$ -- это точка пересечения продолжения биссектрисы
+$AA_1$ с описанной окружностью.
+По первому свойству $D$ -- это центр окружности, описанной около четырехугольника $BOCO_a$.
+Следовательно, точка $D$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC$, то есть точка $D$ проецируется в точку $M$.
+Кроме того, так как $O_aD=DO$, то по теореме Фалеса $PM=MQ$ (так как радиусы проведенные в точку касания перпендикулярны касательной $BC$ и $DM$ - серединный перпендикуляр к $BC$, то $O_aP\parallel DM\parallel OQ$).
+=====Свойство 3=====
+Прямая, проведенная через вершину треугольника и точку, в которой вневписанная окружность касается противоположной стороны, делит периметр треугольника пополам. Длина отрезка касательной, проведённой к вневписанной окружности из противоположной вершины, равна полупериметру треугольника.
+{{:math-public:103.jpg?direct&300|}}
+====Доказательство====
+Рассмотрим треугольник $ABC$.
+Пусть вневписанная окружность $\omega_a$ касается прямых $AB, BC$ и $AC$ в точках $N, M$ и $P$ соответственно.
+Докажем, что $AB+BM=AC+MC$.
+Действительно, так как касательные, проведенные к окружности из
+одной точки равны, то $AN=AP, BN=BM$ и $CM=CP$.
+Учитывая эти соотношения, получаем $AB+BM=AB+BN=AN=AP=AC+CP=AC+CM$.
+Таким образом $AN=AB+BN=p$.
+=====Совйство 4====
+$S=r_a(p-a)$.
+{{:math-public:104.jpg?direct&300|}}
+====Доказательство====
+Рассмотрим треугольник $ABC$.
+Пусть $\omega_a(O_a,r_a)$ -- вневписанная окружность этого треугольника, а $a,b,c$ -- его стороны.
+Докажем, что $S=r_a(p-a)$.
+Пусть $N, M, P$ -- это точки касания окружности $\omega_a$ и прямых $AB, BC$ и $AC$
+соответственно.
+Соединим центр вневписанной окружности $O_a$ с вершинами треугольника.
+Тогда
+$\displaystyle S_{ABC}=S_{ABO_a}+S_{ACO_a}-S_{BCO_a}=\frac{1}{2}r_ac+\frac{1}{2}r_ab-\frac{1}{2}r_aa=r_a\cdot\frac{b+c-a}{2}=r_a(p-a)$.
+=====Свойство 5=====
+$S=\sqrt{rr_ar_br_c}$.
+====Доказательство====
+По свойству $4^\circ$ $S=r_a(p-a), S=r_b(p-b), S=r_c(p-c)$.
+Кроме того $S=rp$.
+Тогда $p=\frac{S}{r}, p-a=\frac{S}{r_a}, p-b=\frac{S}{r_b}, p-c=\frac{S}{r_c}$.
+Подставляя эти соотношения в формулу Герона, получим
+$\displaystyle S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{S^4}{rr_ar_br_c}}=\frac{S^2}{\sqrt{rr_ar_br_c}}$,
+или $S=\sqrt{rr_ar_br_c}$.
+=====Свойство 6=====
+$S=\dfrac{r_ar_br_c}{p}$.
+====Доказательство====
+По свойству $4^\circ$ $S=r_a(p-a), S=r_b(p-b), S=r_c(p-c)$.
+Тогда $p=\dfrac{S}{r}, p-a=\dfrac{S}{r_a}, p-b=\dfrac{S}{r_b},
+p-c=\dfrac{S}{r_c}$.
+Подставляя эти соотношения в формулу Герона, получим $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\dfrac{S^3p}{r_ar_br_c}}$.
+Возводя это равенство в квадрат и выражая $S$, получим
+$S=\dfrac{r_ar_br_c}{p}$.
+=====Свойсвто 7=====
+$\displaystyle \frac{1}{r}=\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}$.
+====Доказательство====
+Напишем цепочку равенств, учитывая свойство $4^\circ$,
+$\displaystyle\frac{1}{r_a}+\frac{1}{r_b}+\frac{1}{r_c}=\frac{p-a}{S}+\frac{p-b}{S}+\frac{p-c}{S}=\frac{3p-a-b-c}{S}=\frac{3a+3b+3c-2a-2b-2c}{2S}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{p}{S}=\frac{1}{r}$.
+=====Свойство 8=====
+$r_ar_b=p(p-c), rr_a=(p-b)(p-c)$.
+====Доказательство====
+По свойству $4^\circ$, учитывая формулу Герона,
+$r_ar_b=\frac{S^2}{(p-a)(p-b)}=\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{(p-a)(p-b)}=p(p-c)$,
+$\displaystyle rr_a=\frac{S^2}{p(p-a)}=\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{p(p-a)}=(p-b)(p-c)$.
+=====Свойство 9=====
+Исходный треугольник является ортотреугольником треугольника $O_aO_bO_c$.
+{{:math-public:105.jpg?direct&300|}}
+====Доказательство====
+Достаточно доказать, что биссектриса $AO_a$ угла $A$ является высотой треугольника
+$O_aO_bO_c$, то есть нужно доказать, что $\angle O_aAO_c=90^\circ$.
+Отрезки $AO_a$ и $AO_b$ являются биссектрисами смежных углов $\angle BAC$ и $\angle CAM$, следовательно, $\angle O_aAO_c=90^\circ$.
+Аналогично $BO_b$ и $CO_c$ являются высотами треугольника $O_aO_bO_c$.
+=====Свойство 10=====
+$4R=r_a+r_b+r_c-r$.
+====Доказательство====
+Выразим все радиусы через площадь и стороны: $r=\dfrac{S}{p}, R=\dfrac{abc}{4S}, r_a=\dfrac{S}{p-a}, r_b=\dfrac{S}{p-b}, r_c=\dfrac{S}{p-c}$.
+Тогда $r_a+r_b+r_c-r=\dfrac{S}{p-a}+\dfrac{S}{p-b}+\dfrac{S}{p-c}-\dfrac{S}{p}=$
+$=S\cdot\dfrac{p(p-b)(p-c)+p(p-a)(p-c)+p(p-a)(p-b)-(p-a)(p-b)(p-c)}{p(p-a)(p-b)(p-c)}=$
+$=S\dfrac{abc}{S^2}=\dfrac{abc}{S}=4R$
+=====Свойство 11=====
+$r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=p^2$
+====Доказательство====
+Подставим формулы $r=\dfrac{S}{p}, r_a=\dfrac{S}{p-a}, r_a=\dfrac{S}{p-b}, r_a=\dfrac{S}{p-c}$ в левую часть равенства:
+$r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=\dfrac{S^2}{(p-a)(p-b)}+\dfrac{S^2}{(p-b)(p-c)}+\dfrac{S^2}{(p-c)(p-a)}=$
+$=S^2\cdot\dfrac{(p-c)+(p-a)+(p-b)}{(p-a)(p-b)(p-c)}=S^2\cdot\dfrac{p}{(p-a)(p-b)(p-c)}$
+Из формулы Герона следует, что $(p-a)(p-b)(p-c)=\dfrac{S^2}{p}$, поэтому
+$r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=S^2\cdot\dfrac{p^2}{S^2}=p^2$