Математика. Вневписанные окружности. Свойства. Теоремы + доказательство

Вневписанная окружность треугольника — окружность, касающаяся одной из сторон треугольника и продолжений двух других его сторон. Таких окружностей, в отличие от вписанной, для любого треугольника существует ровно 3.

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 ABCABC.

Пусть биссектрисы внешних углов при вершинах BB и CC пересекаются в точке OaOa.

Тогда точка OaOa равноудалена от прямых AB,BCAB,BC и ACAC.

Следовательно, точка OaOa лежит на биссектрисе угла AA.

Обозначим расстояние от точки OaOa до стороны BCBC за rara.

Тогда окружность с центром в точке OaOa и радиусом rara касается стороны BCBC и продолжений сторон ABAB и ACAC, то есть является вневписанной окружностью данного треугольника.

Аналогично можно построить вневписанные окружности с центрами в точках ObOb и OcOc, касающиеся сторон ACAC и BABA соответственно.

Свойства вневписанной окружности

Свойство 1

Пусть в треугольнике ABCABC биссектриса AA1AA1 пересекается с окружностью, описанной около этого треугольника, в точке DD. Тогда точка DD является центром окружности, описанной около четырёхугольника BOCOaBOCOa, где OO – центр окружности, вписанной в треугольник ABCABC, а OaOa – центр вневписанной окружности.

Доказательство

Точка OO, как центр окружности, вписанной в треугольник ABCABC, лежит на биссектрисе угла BB, а точка OaOa, как центр вневписанной окружности лежит на биссектрисе угла, смежного с углом BB.

Вспомним, что биссектрисы смежных углов перпендикулярны.

Следовательно ∠OBOa=90∘∠OBOa=90∘. Аналогично ∠OCOa=90∘∠OCOa=90∘.

Следовательно, около четырёхугольника BOCOaBOCOa можно описать окружность.

Пусть продолжение биссектрисы AA1AA1 и BB1BB1 пересекают окружность, описанную около треугольника ABCABC в точке DD и EE.

Так как ADAD и BEBE – биссектрисы, то ⌢BD=⌢DC,⌢AE=⌢ECBD⌢=DC⌢,AE⌢=EC⌢.

Обозначим эти пары углов соответственно αα и ββ.

Тогда ∠EBD=α+β2∠EBD=α+β2, так как он вписанный, а ∠BOD=α+β2∠BOD=α+β2.

Следовательно, в треугольнике BODBOD углы при основании BODBOD равны, то есть он равнобедренный BD=DOBD=DO.

Таким образом BD=DO=OCBD=DO=OC.

Таким образом точка DD равноудалена от всех вершин треугольник BOCBOC, и, следовательно, является центром окружности, описанной около этого треугольника.

Но эта окружность является также окружностью, описанной около четырёхугольника BOCOaBOCOa.

Свойство 2

Точки, в которых вписанная и вневписанная окружности касаются стороны треугольника, симметричны относительно середины этой стороны.

Доказательство

Рассмотрим треугольник ABCABC.

Пусть вневписанная окружность ωa(Oa,ra)ωa(Oa,ra) и вписанная окружность ω(O,r)ω(O,r) касаются стороны BCBC в точках PP и QQ.

Докажем, что точки PP и QQ симметричны относительно точки MM – середины стороны BCBC.

Пусть точка DD – это точка пересечения продолжения биссектрисы AA1AA1 с описанной окружностью.

По первому свойству DD – это центр окружности, описанной около четырехугольника BOCOaBOCOa.

Следовательно, точка DD лежит на серединном перпендикуляре к стороне BCBC, то есть точка DD проецируется в точку MM.

Кроме того, так как OaD=DOOaD=DO, то по теореме Фалеса PM=MQPM=MQ (так как радиусы проведенные в точку касания перпендикулярны касательной BCBC и DMDM - серединный перпендикуляр к BCBC, то OaP∥DM∥OQOaP∥DM∥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.

Доказательство

Рассмотрим треугольник ABCABC.

Пусть вневписанная окружность ωaωa касается прямых AB,BCAB,BC и ACAC в точках N,MN,M и PP соответственно.

Докажем, что AB+BM=AC+MCAB+BM=AC+MC.

Действительно, так как касательные, проведенные к окружности из одной точки равны, то AN=AP,BN=BMAN=AP,BN=BM и CM=CPCM=CP.

Учитывая эти соотношения, получаем AB+BM=AB+BN=AN=AP=AC+CP=AC+CMAB+BM=AB+BN=AN=AP=AC+CP=AC+CM.

Таким образом AN=AB+BN=pAN=AB+BN=p.

Совйство 4

S=ra(p−a)S=ra(p−a).

Доказательство

Рассмотрим треугольник ABCABC.

Пусть ωa(Oa,ra)ωa(Oa,ra) – вневписанная окружность этого треугольника, а a,b,ca,b,c – его стороны.

Докажем, что S=ra(p−a)S=ra(p−a).

Пусть N,M,PN,M,P – это точки касания окружности ωaωa и прямых AB,BCAB,BC и ACAC соответственно.

Соединим центр вневписанной окружности OaOa с вершинами треугольника.

Тогда

SABC=SABOa+SACOa−SBCOa=12rac+12rab−12raa=ra⋅b+c−a2=ra(p−a)SABC=SABOa+SACOa−SBCOa=12rac+12rab−12raa=ra⋅b+c−a2=ra(p−a).

Свойство 5

S=√rrarbrcS=rrarbrc.

Доказательство

По свойству 4∘4∘ S=ra(p−a),S=rb(p−b),S=rc(p−c)S=ra(p−a),S=rb(p−b),S=rc(p−c).

Кроме того S=rpS=rp.

Тогда p=Sr,p−a=Sra,p−b=Srb,p−c=Srcp=Sr,p−a=Sra,p−b=Srb,p−c=Src.

Подставляя эти соотношения в формулу Герона, получим S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√S4rrarbrc=S2√rrarbrcS=p(p−a)(p−b)(p−c)=S4rrarbrc=S2rrarbrc, или S=√rrarbrcS=rrarbrc.

Свойство 6

S=rarbrcpS=rarbrcp.

Доказательство

По свойству 4∘4∘ S=ra(p−a),S=rb(p−b),S=rc(p−c)S=ra(p−a),S=rb(p−b),S=rc(p−c).

Тогда p=Sr,p−a=Sra,p−b=Srb,p−c=Srcp=Sr,p−a=Sra,p−b=Srb,p−c=Src.

Подставляя эти соотношения в формулу Герона, получим S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√S3prarbrcS=p(p−a)(p−b)(p−c)=S3prarbrc.

Возводя это равенство в квадрат и выражая SS, получим S=rarbrcpS=rarbrcp.

Свойсвто 7

1r=1ra+1rb+1rc1r=1ra+1rb+1rc.

Доказательство

Напишем цепочку равенств, учитывая свойство 4∘4∘, 1ra+1rb+1rc=p−aS+p−bS+p−cS=3p−a−b−cS=3a+3b+3c−2a−2b−2c2S=a+b+c2S=pS=1r1ra+1rb+1rc=p−aS+p−bS+p−cS=3p−a−b−cS=3a+3b+3c−2a−2b−2c2S=a+b+c2S=pS=1r.

Свойство 8

rarb=p(p−c),rra=(p−b)(p−c)rarb=p(p−c),rra=(p−b)(p−c).

Доказательство

По свойству 4∘4∘, учитывая формулу Герона, rarb=S2(p−a)(p−b)=p(p−a)(p−b)(p−c)(p−a)(p−b)=p(p−c)rarb=S2(p−a)(p−b)=p(p−a)(p−b)(p−c)(p−a)(p−b)=p(p−c), rra=S2p(p−a)=p(p−a)(p−b)(p−c)p(p−a)=(p−b)(p−c)rra=S2p(p−a)=p(p−a)(p−b)(p−c)p(p−a)=(p−b)(p−c).

Свойство 9

Исходный треугольник является ортотреугольником треугольника OaObOcOaObOc.

Доказательство

Достаточно доказать, что биссектриса AOaAOa угла AA является высотой треугольника OaObOcOaObOc, то есть нужно доказать, что ∠OaAOc=90∘∠OaAOc=90∘.

Отрезки AOaAOa и AObAOb являются биссектрисами смежных углов ∠BAC∠BAC и ∠CAM∠CAM, следовательно, ∠OaAOc=90∘∠OaAOc=90∘.

Аналогично BObBOb и COcCOc являются высотами треугольника OaObOcOaObOc.

Свойство 10

4R=ra+rb+rc−r4R=ra+rb+rc−r.

Доказательство

Выразим все радиусы через площадь и стороны: r=Sp,R=abc4S,ra=Sp−a,rb=Sp−b,rc=Sp−cr=Sp,R=abc4S,ra=Sp−a,rb=Sp−b,rc=Sp−c.

Тогда ra+rb+rc−r=Sp−a+Sp−b+Sp−c−Sp=ra+rb+rc−r=Sp−a+Sp−b+Sp−c−Sp=

=S⋅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⋅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)=

=SabcS2=abcS=4R=SabcS2=abcS=4R

Свойство 11

rarb+rbrc+rcra=p2rarb+rbrc+rcra=p2

Доказательство

Подставим формулы r=Sp,ra=Sp−a,ra=Sp−b,ra=Sp−cr=Sp,ra=Sp−a,ra=Sp−b,ra=Sp−c в левую часть равенства:

rarb+rbrc+rcra=S2(p−a)(p−b)+S2(p−b)(p−c)+S2(p−c)(p−a)=rarb+rbrc+rcra=S2(p−a)(p−b)+S2(p−b)(p−c)+S2(p−c)(p−a)=

=S2⋅(p−c)+(p−a)+(p−b)(p−a)(p−b)(p−c)=S2⋅p(p−a)(p−b)(p−c)=S2⋅(p−c)+(p−a)+(p−b)(p−a)(p−b)(p−c)=S2⋅p(p−a)(p−b)(p−c)

Из формулы Герона следует, что (p−a)(p−b)(p−c)=S2p(p−a)(p−b)(p−c)=S2p, поэтому

rarb+rbrc+rcra=S2⋅p2S2=p2