4770. Докажите, что сторона BC
треугольника ABC
видна из центра O
вписанной окружности под углом 90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A
, а из центра Q
вневписанной окружности, касающейся стороны BC
, — под углом 90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle A
.
Указание. Центр вписанной окружности — точка пересечения биссектрис внутренних углов треугольника, а центр вневписанной окружности — точка пересечения биссектрис двух внешних углов треугольника.
Решение. Поскольку O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, то
\angle BOC=180^{\circ}-\angle OBC-\angle OCB=180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B-\frac{1}{2}\angle C=
=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle B+\angle C)=180^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle A)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A.
Поскольку BQ
и CQ
— биссектрисы внешних углов треугольника ABC
, то \angle OBQ=\angle OCQ=90^{\circ}
. Следовательно,
\angle BQC=180^{\circ}-\angle BOC=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle A.
Примечание. 1. Верны следующие обратные утверждения.
а) Если точка O
лежит на биссектрисе треугольника ABC
, проведённой из вершины A
, и
\angle BOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle A,
то O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
.
б) Если точка Q
лежит на продолжении биссектрисы треугольника, проведённой из вершины A
, и
\angle BQC=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle A,
то Q
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны BC
.
Доказательство. а) Первый способ. Обозначим \angle BAO=\angle CAO=\alpha
, \angle ABO=\beta
. От луча BA
в полуплоскость, содержащую точку C
, отложим угол OBC_{1}
, равный \beta
(точка C_{1}
лежит на прямой AC
). Тогда O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC_{1}
(см. задачу 1140), поэтому \angle BOC_{1}=90^{\circ}+\alpha
. Следовательно, точка C_{1}
совпадает с C
, и BO
— биссектриса угла при вершине B
треугольника ABC
. Аналогично докажем, что CO
— биссектриса угла при вершине C
.
Второй способ. Пусть Q
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны BC
. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle CBQ=\varphi
. Тогда \angle BQC=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
. Поскольку
\angle BQC+\angle BOC=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}+90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}=180^{\circ},
четырёхугольник OBQC
вписанный, поэтому
\angle COQ=\angle CBQ=\varphi.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ACO=\angle COQ-\angle CAO=\varphi-\frac{\alpha}{2},
а так как BQ
— биссектриса внешнего угла при вершине B
треугольника ABC
и
\angle ACB=180^{\circ}-\angle BAC-\angle ABC=180^{\circ}-\alpha-(180^{\circ}-2\varphi)=2\varphi-\alpha=2\left(\varphi-\frac{\alpha}{2}\right)=2\angle ACO.
Значит, CO
— биссектриса внутреннего угла при вершине C
треугольника ABC
. Следовательно, точка O
пересечения этой биссектрисы с биссектрисой внутреннего угла при вершине A
— центр вписанной окружности треугольника ABC
.
б) Первый способ. Пусть P
— точка на продолжении стороны AB
за точку B
. Обозначим \angle BAQ=\angle CAQ=\alpha
, \angle PBQ=\beta
. От луча BQ
в полуплоскость, содержащую точку A
отложим угол OBC_{2}
, равный \beta
(точка C_{2}
лежит на прямой AC
). Тогда Q
— точка пересечения биссектрис внутреннего угла при вершине A
треугольника ABC_{1}
и биссектрис внешних углов при вершинах B
и C_{2}
(см. задачу 1192), поэтому \angle BOC_{2}=90^{\circ}+\alpha
. Следовательно, точка C_{2}
совпадает с C
, и BQ
— биссектриса внешнего угла при вершине B
треугольника ABC
. Аналогично докажем, что CQ
— биссектриса внешнего угла при вершине C
.
Второй способ. Пусть O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, T
— точка на продолжении стороны AC
за вершину C
. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Поскольку
\angle BOC+\angle BQC=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}+90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=180^{\circ},
четырёхугольник OBQC
вписанный. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BCT=\angle BAC+\angle ABC=\alpha+\beta,
\angle BCQ=\angle BOQ=\angle BAO+\angle ABO=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{1}{2}\angle BCT.
Значит, CQ
— биссектриса внешнего угла при вершине C
треугольника ABC
. Следовательно, точка Q
пересечения этой биссектрисы с биссектрисой внутреннего угла при вершине A
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
.
2. Верно также следующее утверждение.
Если точка O
лежит внутри треугольника ABC
и при этом
\angle AOC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B~\mbox{и}~\angle AOB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle C,
то O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
.
Доказательство. Обозначим \angle ABO=\beta
, \angle ACO=\gamma
, \angle ABO=\beta
. Тогда
\angle BAO=180^{\circ}-\beta-\left(90^{\circ}+\gamma\right)=90^{\circ}-\beta-\gamma,
\angle CAO=180^{\circ}-\gamma-\left(90^{\circ}+\beta\right)=90^{\circ}-\gamma-\beta\angle BAO.
Значит, AO
— биссектриса угла A
треугольника ABC
.
От луча BA
в полуплоскость, содержащую точку C
отложим угол OBC_{1}
, равный \beta
(точка C_{1}
лежит на прямой AC
). Тогда O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC_{1}
(см. задачу 1140), поэтому \angle BOC_{1}=90^{\circ}+\alpha
. Следовательно, точка C_{1}
совпадает с C
, и BO
— биссектриса угла при вершине B
треугольника ABC
. Аналогично докажем, что CO
— биссектриса угла при вершине C
.
3. См. также статью Л.Штейнгарца: «Снова о теореме Морлея», Квант, 2009, N5, с.42.
Источник: Адамар Ж. Элементарная геометрия. — Ч. 1: Планиметрия. — М.: Учпедгиз, 1948. — № 24(2), № 24(3), с. 55
Источник: Кокстер Г. С. М. Введение в геометрию. — М.: Наука, 1966. — № 1.51, с. 27
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 5.3, с. 105
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 5.3, с. 102
Источник: Факультативный курс по математике: Учебное пособие для 7—9 кл. средней школы / Сост. И. Л. Никольская. — М.: Просвещение, 1991. — с. 90
Источник: Журнал «Квант». — 2009, № 5, с. 42