13699. Углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
, полупериметр треугольника равен p
, а радиусы вписанной и описанной окружностей равны r
и R
соответственно. Докажите, что
\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\beta}{2}+\sin^{2}\frac{\beta}{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}+\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{p+r^{2}-8rR}{16R^{2}}.
Решение. Применив теорему косинусов, получим
\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}(1-\cos\alpha)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\right)=
=\frac{a^{2}-(b-c)^{2}}{4bc}=\frac{(a+c-b)(a+b-c)}{4bc}=\frac{(p-b)(p-c)}{bc}.
Аналогично,
\sin^{2}\frac{\beta}{2}=\frac{(p-c)(p-a)}{ca},~\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{(p-a)(p-b)}{ab}.
Пусть S
— площадь треугольника. Тогда
S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},~S=pr~~\mbox{и}~~S=\frac{abc}{4R},
поэтому
\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\beta}{2}=\frac{(p-b)(p-c)}{bc}\cdot\frac{(p-a)(p-b)}{ab}=
=\frac{p-c}{c}\cdot\frac{p(p-a)(p-a)(p-b)}{p}\cdot\frac{1}{abc}=\frac{p-c}{c}\cdot\frac{S^{2}}{p}\cdot\frac{1}{abc}=
=\frac{p-c}{c}\cdot\frac{r^{2}p^{2}}{p}\cdot\frac{1}{4RS}=\frac{p-c}{c}\cdot Sr\cdot\frac{1}{4RS}=\frac{p-c}{c}\cdot\frac{r}{4R}.
Аналогично,
\sin^{2}\frac{\beta}{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{p-a}{a}\cdot\frac{r}{4R},~\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{p-b}{b}\cdot\frac{r}{4R}.
Следовательно, сложив эти три равенства и применив равенство
ab+bc+ca=p^{2}+r^{2}+4rR
(см. задачу 11293), получим
\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\beta}{2}+\sin^{2}\frac{\beta}{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}+\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=
=\frac{r}{4}\left(\frac{p-a}{a}+\frac{p-b}{b}+\frac{p-c}{c}\right)=\frac{r}{4R}\left(\frac{p}{a}+\frac{p}{b}+\frac{p}{c}-3\right)=
=\frac{r}{4R}\left(\frac{p(ab+bc+ca)}{abc}-3\right)=\frac{r}{4R}\left(\frac{p(p^{2}+r^{2}+4rR)}{4RS}-3\right)=
=\frac{r}{4R}\left(\frac{p(p^{2}+r^{2}+4rR)}{4R\cdot pr}-3\right)=\frac{p+r^{2}-8rR}{16R^{2}}.
Что и требовалось доказать.