11346. Пусть стороны треугольника равны a
, b
и c
, а противолежащие им углы равны \alpha
, \beta
и \gamma
. Докажите, что
\frac{a+b}{c}=\frac{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}},~\frac{a-b}{c}=\frac{\sin\frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}.
Решение. Пусть CP
— биссектриса треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
, AB=c
. Тогда (см. задачи 1509 и 2906
AP=c\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{bc}{a+b},
поэтому
\frac{AC}{AP}=\frac{b}{\frac{bc}{a+b}}=\frac{a+b}{c}.
С другой стороны, по теореме синусов
\frac{AC}{AP}=\frac{\sin\angle APC}{\sin\angle ACP}=\frac{\sin\left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sin\left(\beta+90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}\right)}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}.
Пусть теперь CQ
— внешняя биссектриса треугольника ABC
и a\gt b
. Тогда
\frac{AQ}{BQ}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a},~AQ=\frac{bc}{a-b},~\frac{AC}{AQ}=\frac{b}{\frac{bc}{a-b}}=\frac{a-b}{c}.
С другой стороны, по теореме синусов
\frac{AC}{AQ}=\frac{\sin\angle CQB}{\sin\angle ACQ}=\frac{\sin\left(\alpha-\frac{180^{\circ}-\gamma}{2}\right)}{\sin\frac{180^{\circ}-\gamma}{2}}=\frac{\sin\left(\alpha-90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)}{\cos\frac{\gamma}{2}}=
=\frac{\sin\left(\alpha-90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}\right)}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sin\frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}.