13005. Пусть \alpha
, \beta
, \gamma
— углы треугольника, R
— радиус его описанной окружности, p
— полупериметр, l_{a}
— биссектриса треугольника, проведённая из вершины угла \alpha
. Докажите, что:
\mbox{а})~l_{a}=\frac{2R\sin\beta\sin\gamma}{\cos\frac{\beta-\gamma}{2}};
\mbox{б})~l_{a}=\frac{4p\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\beta+\sin\gamma}.
Решение. а) Пусть AD=l_{a}
— биссектриса, AH
— высота треугольника ABC
с углами \alpha
, \beta
и \gamma
при вершинах A
, B
и C
соответственно. Тогда
AH=c\sin\beta=2R\sin\gamma\sin\beta.
С другой стороны,
AH=AD\sin\angle ADH=l_{a}\sin\left(180^{\circ}-\beta-\frac{\alpha}{2}\right)=
=l_{a}\sin\left(180^{\circ}-\beta-\frac{180^{\circ}-\beta-\gamma}{2}\right)=l_{a}\sin\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)=l_{a}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}.
Следовательно,
l_{a}=\frac{AH}{\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{2R\sin\beta\sin\gamma}{\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}.
б) Учитывая, что
p=4R\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 3225в) и
\sin\beta+\sin\gamma=2\sin\frac{\beta+\gamma}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}=2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2},
получим
l_{a}=\frac{2R\sin\beta\sin\gamma}{\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{p\sin\beta\sin\gamma}{2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{2p\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}}=\frac{4p\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{\sin\beta+\sin\gamma}.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 12.37(в,г), с. 292