3225. Пусть \alpha
, \beta
и \gamma
— углы треугольника, R
— радиус описанной окружности, r
— радиус вписанной окружности, p
— полупериметр треугольника. Докажите, что:
\mbox{а)}~\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R};~\mbox{б)}~\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{p};~\mbox{в)}~\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{p}{4R}.
Решение. Пусть углы, равные \alpha
, \beta
и \gamma
, лежат против сторон соответственно BC=a
, AC=b
и AB=c
треугольника ABC
, p
— полупериметр, I
— центр вписанной окружности треугольника, D
— точка касания вписанной окружности со стороной BC
.
а) Первый способ. По теореме синусов
BC=2R\sin\alpha=4R\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}.
С другой стороны, из прямоугольных треугольников BDI
и CDI
находим, что
BC=BD+DC=ID\ctg\frac{\beta}{2}+ID\ctg\frac{\gamma}{2}=r\left(\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}\right)=
=r\left(\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}}+\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}\right)=\frac{r\sin\left(\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{r\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{r\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}.
Следовательно,
4R\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{r\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}.
Отсюда получаем, что
\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R}.
Второй способ. Пусть S
— площадь треугольника ABC
. Тогда
S=2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=pr=\frac{1}{2}(a+b+c)r.
(см. задачи 4028 и 452). По теореме синусов
a=2R\sin\alpha,~b=2R\sin\beta,~c=2r\sin\gamma,
поэтому
2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=\frac{1}{2}\cdot2R(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)r=
=rR(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)=rR(\sin\alpha+\sin\beta+\sin(180^{\circ}-\alpha-\beta))=
=rR(\sin\alpha+\sin\beta+\sin(\alpha+\beta))=
=rR\left(2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=
=2rR\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\left(\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=
=2rR\sin\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)\cdot2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}=4rR\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}.
С другой стороны,
2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=2R^{2}\cdot2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cdot2\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cdot2\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}=
=16R^{2}\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}.
Из равенства
16R^{2}\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}=4rR\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}
получаем, что
r=4R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}.
б) Из прямоугольного треугольника BDI
находим, что BD=ID\ctg\frac{\beta}{2}=r\ctg\frac{\beta}{2}
. С другой стороны, BD=p-AC=p-b
(см. задачу 219), значит, p-b=r\ctg\frac{\beta}{2}
. Аналогично p-a=r\ctg\frac{\alpha}{2}
и p-c=r\ctg\frac{\gamma}{2}
. Перемножив эти три равенства, получим, что
(p-a)(p-b)(p-c)=r^{3}\ctg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\ctg\frac{\gamma}{2},
а так как
(p-a)(p-b)(p-c)=\frac{S_{\triangle ABC}^{2}}{p}=\frac{(pr)^{2}}{p}=pr^{2},
то
r^{3}\ctg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\ctg\frac{\gamma}{2}=pr^{2}.
Следовательно,
\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{p}.
в) Разделив почленно равенство \sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R}
на равенство \tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{p}
, получим, что
\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{p}{4R}.
Примечание. См. также статью А.Гирича «Несколько задач о треугольниках и окружностях», Квант, 1990, N11, с.46-48.