Twierdzenie o dwusiecznej kąta w trójkącie

Rozwiązanie

1. Trójkąty $KNM$ i $NLM$ mają wspólną wysokość opuszczoną z $M$ na prostą $KL$, więc $\dfrac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\dfrac{|KN|}{|NL|}$.
2. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta: $\dfrac{|KN|}{|NL|}=\dfrac{|KM|}{|LM|}=\dfrac{a}{b}$.
3. Zatem $\dfrac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\dfrac{a}{b}$. $\blacksquare$

I sposób - z wykorzystaniem wzorów na pole trójkąta (z sinuem)

Krok 1. Zapisanie pól trójkątów z wykorzystaniem wzoru z sinusem.
Oznaczmy miarę kąta \(KMN\) oraz \(NML\) jako \(α\), co wynika z faktu, że odcinek \(MN\) jest dwusieczną kąta \(LMK\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między bokami, pole trójkąta \(KNM\) możemy zapisać jako:
$$P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot |KM|\cdot |MN|\cdot \sinα$$ $$P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot |MN|\cdot \sinα$$

Podobnie postępujemy dla trójkąta \(NLM\), jego pole wyznaczymy również ze wzoru z sinusem:
$$P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot |LM|\cdot |MN|\cdot \sinα$$ $$P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot b\cdot |MN|\cdot \sinα$$

Krok 2. Wyznaczenie stosunku pól obydwu trójkątów.
Zgodnie z poleceniem musimy teraz obliczyć stosunek pól, czyli podzielić pole pierwszego trójkąta przez pole drugiego trójkąta. W wyniku tego dzielenia powtarzające się wyrażenia nam się po prostu skrócą:
$$\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot a\cdot |MN|\cdot \sinα}{\frac{1}{2}\cdot b\cdot |MN|\cdot \sinα}$$ $$\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{a}{b}$$

Otrzymaliśmy oczekiwany stosunek pól powierzchni, zatem dowodzenie możemy uznać za zakończone.

II sposób - z wykorzystaniem twierdzenia o dwusiecznej kąta.

Krok 1. Zastosowanie twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie.
Zgodnie z twierdzeniem o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie, dwusieczna dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do długości pozostałych boków. Zatem:
$$\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|LM|}=\frac{a}{b}$$

Krok 2. Analiza pól trójkątów.
Trójkąty \(KNM\) oraz \(NLM\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(M\) na prostą zawierającą podstawę \(KL\). Oznaczmy tę wysokość jako \(h\). W takim razie:
· pole trójkąta \(KNM\) to: \(P_{KNM}=\frac{1}{2}\cdot|KN|\cdot h\)
· pole trójkąta \(NLM\) to: \(P_{NLM}=\frac{1}{2}\cdot|NL|\cdot h\)

Krok 3. Obliczenie stosunku pól i zakończenie dowodzenia.
Stosunek pól powierzchni jest zatem równy:
$$\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot|KN|\cdot h}{\frac{1}{2}\cdot|NL|\cdot h}=\frac{|KN|}{|NL|}$$

Z pierwszego kroku wiemy, że \(\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{a}{b}\), co kończy dowód.

Rozwiązanie

Z twierdzenia o dwusiecznej: $\dfrac{c}{d}=\dfrac{a}{b}$, stąd $a\cdot d=b\cdot c$.

Odpowiedź: B

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wynika, że prawidłowa byłaby równość:
$$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$$

Wykonując teraz mnożenie na krzyż, otrzymamy:
$$a\cdot d=b\cdot c$$

Korzystamy z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie: dwusieczna kąta dzieli przeciwległy bok w stosunku równym stosunkowi boków przyległych do tego kąta.

Dwusieczna kąta \(ACB\) wychodzi z wierzchołka \(C\), więc:

\(\frac{|AD|}{|DB|}=\frac{|CA|}{|CB|}=\frac{3}{4}\)

Odpowiedź: C.

Krok 1. Oznaczenia.

Przekątna \(AC\) dzieli kąty \(BAD\) i \(BCD\) na części:

\(|\angle BAC|=a_1\), \(\;|\angle CAD|=a_2\), \(\;|\angle BCA|=c_1\), \(\;|\angle ACD|=c_2\)

Ponadto \(|\angle ABC|=\beta\) oraz \(|\angle ADC|=\delta\).

Krok 2. Kąty w trójkącie \(AEC\).

Prosta \(AE\) jest dwusieczną kąta \(BAD\), więc \(|\angle BAE|=\frac{a_1+a_2}{2}\). Ponieważ punkty \(B\) i \(E\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(AC\), półprosta \(AE\) leży „za" półprostą \(AC\), zatem:

\(|\angle CAE|=\frac{a_1+a_2}{2}-a_1=\frac{a_2-a_1}{2}\)

Analogicznie dla dwusiecznej kąta \(BCD\):

\(|\angle ACE|=\frac{c_1+c_2}{2}-c_1=\frac{c_2-c_1}{2}\)

Z sumy kątów w trójkącie \(AEC\):

\(|\angle AEC|=180^\circ-\frac{a_2-a_1}{2}-\frac{c_2-c_1}{2}\)

\(2\cdot|\angle AEC|=360^\circ-\left(a_2+c_2\right)+\left(a_1+c_1\right)\)

Krok 3. Sumy kątów w trójkątach \(ABC\) i \(ACD\).

\(a_1+c_1+\beta=180^\circ\Rightarrow a_1+c_1=180^\circ-\beta\)

\(a_2+c_2+\delta=180^\circ\Rightarrow a_2+c_2=180^\circ-\delta\)

Krok 4. Podstawienie.

\(2\cdot|\angle AEC|=360^\circ-\left(180^\circ-\delta\right)+\left(180^\circ-\beta\right)=360^\circ+\delta-\beta\)

Zatem:

\(\beta-\delta+2|\angle AEC|=\beta-\delta+360^\circ+\delta-\beta=360^\circ\)

czyli \(|\angle ABC|-|\angle ADC|+2\cdot|\angle AEC|=360^\circ\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Krok 1. Wspólny punkt dwusiecznych. Dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta przecinają się w jednym punkcie — środku okręgu wpisanego. Oznaczmy go przez $I$. Zatem

$$I\in d_A,\qquad I\in d_B,\qquad I\in d_C.$$

Krok 2. Własność symetrii osiowej. Symetria osiowa jest izometrią, więc zachowuje odległości. W szczególności, jeśli oś symetrii przechodzi przez pewien punkt, to odległość dowolnego punktu od tego punktu nie zmienia się po odbiciu.

Formalnie: jeśli $X^{\prime}$ jest obrazem punktu $X$ w symetrii względem prostej $\ell$ oraz $I\in\ell$, to

$$|IX^{\prime}|=|IX|,$$

bo punkt $I$ jest swoim własnym obrazem (leży na osi), a izometria zachowuje odległość między obrazami.

Krok 3. Zastosowanie do kolejnych odbić. Każda z trzech użytych osi przechodzi przez $I$, więc:

$$|IL|=|IK|\quad(\text{symetria względem }d_A),$$

$$|IM|=|IL|\quad(\text{symetria względem }d_C),$$

$$|IN|=|IM|\quad(\text{symetria względem }d_B).$$

Krok 4. Wniosek. Łącząc powyższe równości:

$$|IK|=|IL|=|IM|=|IN|.$$

Wszystkie cztery punkty $K$, $N$, $M$, $L$ są więc jednakowo oddalone od punktu $I$, czyli leżą na okręgu o środku $I$ i promieniu $|IK|$.

Oznacza to, że na czworokącie $KNML$ można opisać okrąg. $\blacksquare$

Uwaga: założenie $|AC|>|BC|$ gwarantuje jedynie, że punkty układają się tak jak na rysunku (czworokąt nie degeneruje się) — sam dowód opiera się wyłącznie na tym, że osie odbić przechodzą przez środek okręgu wpisanego.

Krok 1. Rozbicie trójkąta. Odcinek $BE$ dzieli trójkąt $ABC$ na dwa trójkąty: $ABE$ oraz $EBC$. Pola sumują się:

$$P_{ABC}=P_{ABE}+P_{EBC}.$$

Krok 2. Pole całego trójkąta. Boki $BA=c$ i $BC=a$ tworzą kąt $\beta$:

$$P_{ABC}=\frac12\,ac\sin\beta.$$

Krok 3. Pola części. Dwusieczna dzieli kąt $\beta$ na dwa kąty po $\frac{\beta}{2}$, więc

$$P_{ABE}=\frac12\,c\cdot|BE|\cdot\sin\frac{\beta}{2},\qquad P_{EBC}=\frac12\,a\cdot|BE|\cdot\sin\frac{\beta}{2}.$$

Krok 4. Równanie.

$$\frac12\,ac\sin\beta=\frac12\,|BE|\sin\frac{\beta}{2}\,(a+c).$$

$$ac\sin\beta=|BE|\sin\frac{\beta}{2}\,(a+c).$$

Krok 5. Wzór na sinus podwojonego kąta.

$$\sin\beta=2\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}.$$

$$2ac\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}=|BE|\sin\frac{\beta}{2}\,(a+c).$$

Krok 6. Skrócenie. Trójkąt jest ostrokątny, więc $0^\circ\lt \beta\lt 90^\circ$, czyli $0^\circ\lt \frac{\beta}{2}\lt 45^\circ$ i $\sin\frac{\beta}{2}\neq0$. Można podzielić obie strony przez $\sin\frac{\beta}{2}$:

$$2ac\cos\frac{\beta}{2}=|BE|\,(a+c).$$

$$|BE|=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+c},$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Krok 1. Wyznaczenie miary kąta \(\gamma\).

Z sumy kątów w trójkącie: \(\alpha+\beta+\gamma=180^\circ\). Podstawiając \(\alpha+\beta=2\gamma\):

\(2\gamma+\gamma=180^\circ\Rightarrow\gamma=60^\circ\)

Stąd \(\alpha+\beta=120^\circ\).

Krok 2. Kąt \(ASB\).

Punkt \(S\) jest środkiem okręgu wpisanego, więc \(AS\) i \(BS\) są dwusiecznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\). W trójkącie \(ABS\):

\(|\angle ASB|=180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}=180^\circ-60^\circ=120^\circ\)

Krok 3. Kąt czworokąta przy wierzchołku \(S\).

Kąt \(DSE\) (kąt czworokąta \(DCES\) przy wierzchołku \(S\)) i kąt \(ASB\) są kątami wierzchołkowymi, więc:

\(|\angle DSE|=|\angle ASB|=120^\circ\)

Krok 4. Warunek wpisania czworokąta w okrąg.

W czworokącie \(DCES\) kąty przy wierzchołkach \(C\) i \(S\) są przeciwległe:

\(|\angle DCE|+|\angle DSE|=\gamma+120^\circ=60^\circ+120^\circ=180^\circ\)

Suma miar przeciwległych kątów czworokąta jest równa \(180^\circ\), a to oznacza, że na czworokącie \(DCES\) można opisać okrąg. \(\blacksquare\)

Krok 1. Oznaczenia. Niech kąty wewnętrzne czworokąta $ABCD$ wynoszą

$$\angle A=2a,\qquad \angle B=2b,\qquad \angle C=2c,\qquad \angle D=2d,$$

tak aby dwusieczne dzieliły je na kąty $a$, $b$, $c$, $d$.

Krok 2. Suma kątów czworokąta.

$$2a+2b+2c+2d=360^\circ\ \Longrightarrow\ a+b+c+d=180^\circ.$$

Krok 3. Kąt przy wierzchołku $P$. Punkt $P$ jest przecięciem dwusiecznych poprowadzonych z $A$ i z $B$. W trójkącie $ABP$ suma kątów wynosi $180^\circ$, a kąty przy $A$ i $B$ to odpowiednio $a$ i $b$:

$$\angle APB=180^\circ-a-b.$$

Krok 4. Kąt przy wierzchołku $R$. Analogicznie, $R$ jest przecięciem dwusiecznych z $C$ i z $D$, więc w trójkącie $CDR$:

$$\angle CRD=180^\circ-c-d.$$

Krok 5. Suma tych kątów.

$$\angle APB+\angle CRD=360^\circ-(a+b+c+d)=360^\circ-180^\circ=180^\circ.$$

Krok 6. Przejście do kątów czworokąta $PQRS$. Punkt $S$ leży na dwusiecznej poprowadzonej z $B$, po przeciwnej stronie punktu $P$ niż wierzchołek $B$, a punkt $Q$ leży na dwusiecznej z $A$, po przeciwnej stronie $P$ niż $A$ (widać to na rysunku). Kąt $\angle SPQ$ jest zatem kątem wierzchołkowym do $\angle APB$, więc

$$\angle SPQ=\angle APB.$$

Z tego samego powodu $\angle QRS=\angle CRD$.

Krok 7. Wniosek. Przeciwległe kąty czworokąta $PQRS$ spełniają

$$\angle SPQ+\angle QRS=\angle APB+\angle CRD=180^\circ.$$

Czworokąt, w którym suma przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$, jest wpisany w okrąg. Zatem na czworokącie $PQRS$ można opisać okrąg. $\blacksquare$

Uwaga: w dowodzie skorzystaliśmy jedynie z sumy kątów czworokąta — cykliczność $ABCD$ gwarantuje natomiast, że dwusieczne przecinają się w czterech różnych punktach, czyli że czworokąt $PQRS$ w ogóle istnieje.

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej:

\(x^2+2x+y^2-2y=3\), \((x+1)^2-1+(y-1)^2-1=3\), czyli \((x+1)^2+(y-1)^2=5\).

Zatem \(S=(-1,1)\), \(r=\sqrt5\).

Odległość punktu \(A\) od środka:

\(|AS|=\sqrt{(2+1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}>\sqrt5\), więc \(A\) leży na zewnątrz okręgu i istnieją dwie styczne.

Niech \(B\) będzie punktem styczności. Trójkąt \(ABS\) jest prostokątny w \(B\) (promień jest prostopadły do stycznej), a prosta \(AS\) jest dwusieczną szukanego kąta. Oznaczmy przez \(\alpha\) połowę kąta między stycznymi. Wtedy

\(\sin\alpha=\dfrac{r}{|AS|}=\dfrac{\sqrt5}{\sqrt{10}}=\dfrac{1}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}\),

skąd \(\alpha=45^\circ\).

Odpowiedź: kąt między stycznymi ma miarę \(2\alpha=90^\circ\).

Oznaczmy przez \(r\) promień mniejszego okręgu (o środku \(A\)), przez \(R\) promień większego (o środku \(B\)), a przez \(O\) wierzchołek kąta prostego.

1) Położenie środków. Środek okręgu stycznego do obu ramion kąta jest równoodległy od tych ramion, więc leży na dwusiecznej kąta. Oba środki leżą zatem na tej samej dwusiecznej.

2) Odległości od wierzchołka. Rzuty środka na ramiona i wierzchołek \(O\) tworzą kwadrat o boku równym promieniowi, więc

\(|OA|=r\sqrt2\), \(|OB|=R\sqrt2\).

3) Warunek styczności zewnętrznej. \(|AB|=R+r\). Ponieważ \(A\) leży między \(O\) i \(B\) na dwusiecznej:

\(|AB|=|OB|-|OA|=R\sqrt2-r\sqrt2=\sqrt2\,(R-r)\).

Stąd

\(\sqrt2\,(R-r)=R+r\),

\(R\left(\sqrt2-1\right)=r\left(\sqrt2+1\right)\),

\(\dfrac{R}{r}=\dfrac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\dfrac{\left(\sqrt2+1\right)^2}{\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)}=\dfrac{3+2\sqrt2}{1}=3+2\sqrt2\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)