791. Формула Лагранжа. Докажите, что квадрат биссектрисы треугольника равен произведению сторон, её заключающих, без произведения отрезков третьей стороны, на которые она разделена биссектрисой.
Указание. Продолжите биссектрису треугольника до пересечения с описанной окружностью и рассмотрите две пары подобных треугольников (или примените теорему косинусов и свойство биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)).
Решение. Первый способ. Пусть M
— точка пересечения продолжения биссектрисы CD
треугольника ABC
с описанной около этого треугольника окружностью. Тогда треугольник CBD
подобен треугольнику CMA
по двум углам. Поэтому
\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{CM},~\mbox{или}~CD(CD+DM)=AC\cdot BC,
CD^{2}+CD\cdot DM=AC\cdot BC.
Следовательно,
CD^{2}=AC\cdot BC-CD\cdot DM=AC\cdot BC-AD\cdot BD
(CD\cdot DM=AD\cdot DB
по теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд).
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, CD=l
, BD=a_{1}
, AD=b_{1}
, \angle ACB=\gamma
. По теореме косинусов из треугольников BCD
и BCD
получаем, что
\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{a^{2}+l^{2}-a_{1}^{2}}{2al},~\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{b^{2}+l^{2}-b_{1}^{2}}{2bl}.
Тогда
\frac{a^{2}+l^{2}-a_{1}^{2}}{2al}=\frac{b^{2}+l^{2}-b_{1}^{2}}{2bl}~\Leftrightarrow~\frac{a^{2}+l^{2}-a_{1}^{2}}{a}=\frac{b^{2}+l^{2}-b_{1}^{2}}{b}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a^{2}b+l^{2}b-a_{1}^{2}b=b^{2}a+a^{2}l-ab_{1}^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~l^{2}(b-a)=ab(b-a)-(ab_{1}^{2}-ba_{1}^{2})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~l^{2}(b-a)=ab(b-a)-(ab_{1}\cdot b_{1}-ba_{1}\cdot a_{1})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~l^{2}(b-a)=ab(b-a)-(a_{1}b\cdot b_{1}-b_{1}a\cdot a_{1})~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~l^{2}(b-a)=ab(b-a)-a_{1}b_{1}(b-a)
(так как по свойству биссектрисы треугольника \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a}{b}
, или a_{1}b=b_{1}a
), откуда, если a\ne b
, следует, что l^{2}=ab-a_{1}b_{1}
.
Если же a=b
, то утверждение задачи очевидно.
Третий способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, CD=l
, BD=a_{1}
, AD=b_{1}
, \angle ACB=\gamma
. Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) следует, что
a_{1}=c\cdot\frac{a}{a+b}=\frac{ac}{a+b},~b_{1}=\frac{bc}{a+b}.
Кроме того,
l=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}
(см. задачу 4021), поэтому
CD^{2}=BC\cdot AC-BD\cdot AD~\Leftrightarrow~l^{2}=ab-a_{1}b_{1}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{4a^{2}b^{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{(a+b)^{2}}=ab-\frac{abc^{2}}{(a+b)^{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~4ab\cos^{2}\frac{\gamma}{2}=(a+b)^{2}-c^{2}~\Leftrightarrow~2ab(1+\cos\gamma)=a^{2}+2ab+b^{2}-c^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2ab\cos\gamma=a^{2}+b^{2}-c^{2}~\Leftrightarrow~c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\gamma.
Последнее равенство есть теорема косинусов.
Четвёртый способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, CD=l
, BD=a_{1}
, AD=b_{1}
. По теореме Стюарта (см. задачу 2663)
AC^{2}\cdot BD+BC^{2}\cdot AD-AD^{2}\cdot CD=AB\cdot AD\cdot BD,~\mbox{или}~b^{2}a_{1}+a^{2}b_{1}-l^{2}c=a_{1}b_{1}c,
откуда
l^{2}=\frac{b^{2}a_{1}+a^{2}b_{1}-a_{1}b_{1}c}{c}=\frac{b^{2}a_{1}+a^{2}b_{1}}{c}-a_{1}b_{1}=
=\frac{b\cdot ba_{1}+a\cdot ab_{1}}{c}-a_{1}b_{1}=\frac{b\cdot ab_{1}+a\cdot ba_{1}}{c}-a_{1}b_{1}=
=\frac{ab(b_{1}+a_{1})}{c}-a_{1}b_{1}=ab-a_{1}b_{1}
(так как по свойству биссектрисы треугольника \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a}{b}
, или ba_{1}=ab_{1}
).
Пятый способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, CD=l
, BD=a_{1}
, AD=b_{1}
. Используя утверждение задачи 1557, получим, что CD^{2}=(AC-AD)(BC+BD)
, или
l^{2}=(b-b_{1})(a+a_{1})=ab-a_{1}b_{1}+ba_{1}-ab_{1}=ab-a_{1}b_{1},
так как по свойству биссектрисы треугольника \frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a}{b}
, или ba_{1}=ab_{1}
.
Шестой способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, CD=l
, BD=a_{1}
, AD=b_{1}
, \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
, \angle ADC=\varphi
. Из треугольников ACD
и BCD
по теореме синусов получаем
\frac{b}{\sin\varphi}=\frac{b_{1}}{\sin\frac{\gamma}{2}},~\frac{l}{\sin\alpha}=\frac{b_{1}}{\sin\frac{\gamma}{2}},~\frac{a}{\sin\varphi}=\frac{a_{1}}{\sin\frac{\gamma}{2}}.
Перемножив первое и третье из этих равенств, получим
\frac{ab}{\sin^{2}\varphi}=\frac{a_{1}b_{1}}{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}},~\mbox{или}~\frac{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sin^{2}\varphi}=\frac{a_{1}b_{1}}{ab}.
Поскольку
\sin\alpha=\sin\left(180^{\circ}-\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)=\sin\left(\varphi+\frac{\gamma}{2}\right),
то
\frac{l}{\sin\left(\varphi+\frac{\gamma}{2}\right)}=\frac{l}{\sin\alpha}=\frac{b_{1}}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{b}{\sin\varphi}.
Кроме того,
\sin\angle CDB=\sin(180^{\circ}-\alpha)=\sin\alpha~\mbox{и}~\sin\angle CBD=\sin\left(\varphi-\frac{\gamma}{2}\right),
поэтому
\frac{a}{\sin\varphi}=\frac{a_{1}}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{l}{\sin\left(\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)}.
Перемножив доказанные выше равенства
\frac{l}{\sin\left(\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)}=\frac{a}{\sin\varphi}~\mbox{и}~\frac{l}{\sin\left(\varphi+\frac{\gamma}{2}\right)}=\frac{b}{\sin\varphi},
получим
\frac{l^{2}}{\sin\left(\varphi+\frac{\gamma}{2}\right)\left(\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)}=\frac{ab}{\sin^{2}\varphi}.
Следовательно,
l^{2}=\frac{ab\sin\left(\varphi+\frac{\gamma}{2}\right)\sin\left(\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin^{2}\varphi}=
=\frac{ab\left(\sin\varphi\cos\frac{\gamma}{2}+\cos\varphi\sin\frac{\gamma}{2}\right)\left(\sin\varphi\cos\frac{\gamma}{2}-\cos\varphi\sin\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin^{2}\varphi}=
=\frac{ab\left(\sin^{2}\varphi\cos^{2}\frac{\gamma}{2}-\cos^{2}\varphi\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin^{2}\varphi}=\frac{ab\left(\sin^{2}\varphi\cos^{2}\frac{\gamma}{2}-(1-\sin^{2}\varphi)\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin^{2}\varphi}=
=\frac{ab\left(\sin^{2}\varphi\left(\cos^{2}\frac{\gamma}{2}+\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)-\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin^{2}\varphi}=
=ab\left(1-\frac{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sin^{2}\varphi}\right)=ab\left(1-\frac{a_{1}b_{1}}{ab}\right)=ab-a_{1}b_{1}.
Примечание. 1. Верно также следующее утверждение. Если точка D
лежит на стороне AB
треугольника ABC
и при этом CD^{2}=AC\cdot BC-AD\cdot BD
, то либо CD
— биссектриса треугольника ABC
, либо AC=BC
, т. е. ABC
равнобедренный.
Доказательство (Н.Б.Васильев, А.Л.Тоом). Пусть L
— точка на стороне AB
, для которой \angle ACL=\angle BCD
, M
— точка пересечения луча CD
с описанной окружностью треугольника ABC
.
Треугольники ACL
и MCB
подобны по двум углам, поэтому
\frac{CL}{BC}=\frac{AC}{CM},\mbox{или}~CL\cdot CM=AC\cdot BC.
По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд AD\cdot BD=CD\cdot DM
.
Таким образом,
CD^{2}=AC\cdot BC-AD\cdot BD=CL\cdot CM-CD\cdot DM,
CD^{2}+CD\cdot DM=CL\cdot CM,~CD(CD+DM)=CL\cdot CM,
CD\cdot CM=CL\cdot CM,
откуда получаем, что CD=CL
. Следовательно, либо точка L
совпадает с D
, и тогда CD
— биссектриса треугольника ABC
, либо треугольник DCL
равнобедренный. В последнем случае по теореме о внешнем угле треугольника
\angle CAB=\angle CLD-\angle ACL=\angle CDL-\angle BCD=\angle ABC.
Значит, треугольник ABC
также равнобедренный.
2. См. также статью Э.Г.Готмана «Вспомогательная окружность», Квант, 1971, N1, с.28-31.
Источник: Адамар Ж. Элементарная геометрия. — Ч. 1: Планиметрия. — М.: Учпедгиз, 1948. — № 143, с. 127
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1949, билет 18, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 49-18-5, с. 20
Источник: Делоне Б. Н., Житомирский О. К. Задачник по геометрии. — М.—Л.: ОГИЗ, 1949. — № 224, с. 22
Источник: Моденов П. С. Сборник задач по специальному курсу элементарной математики. — М.: Советская наука, 1957. — № 31, с. 184
Источник: Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии. Планиметрия. — 2-е изд. — М.: Наука, 1986. — № 230, с. 28
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2010. Математика. Задача C4. Геометрия. Планиметрия. — М.: МЦНМО, 2010. — с. 38
Источник: Готман Э. Г., Скопец З. А. Решение геометрических задач аналитическим методом: Пособие для учащихся 9—10 кл. — М.: Просвещение, 1979. — № 167(а), с. 30
Источник: Кушнир И. А. Геометрия. Поиск и вдохновение. — М.: МЦНМО, 2013. — с. 326-332