16076. Треугольник ABC
с углами \alpha
, \beta
и \gamma
при вершинах A
, B
и C
соответственно вписан в прямоугольник APQR
, причём вершина B
лежит на стороне PQ
, а вершина C
— на стороне QR
. Докажите, что
\ctg\alpha\cdot S_{\triangle BCQ}=\ctg\beta\cdot S_{\triangle ACR}+\ctg\gamma\cdot S_{\triangle APB}.
Решение. Обозначим \angle CAR=x
. Пусть D
— точка пересечения прямых PQ
и AC
. Тогда
\angle CBQ=\angle CBD=\angle ACB-\angle CDB=\angle ACB-\angle CAR=\gamma-x,
\angle ABP=\angle BAR=\alpha+x,~
Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, а BC=a
, AC=b
и AB=c
. Тогда
a=2R\sin\alpha,~b=2r\sin\beta,~c=2R\sin\gamma.
Значит,
\ctg\alpha\cdot S_{\triangle BCQ}=\frac{QC\cdot BQ\ctg\alpha}{2}=\frac{a^{2}\sin(\gamma-x)\cos(\gamma-x)\cos\alpha}{2\sin\alpha}=
=\frac{a^{2}(\sin(2\gamma-2x)\sin2\alpha}{8\sin^{2}\alpha}=\frac{R^{2}(\sin(2\gamma-2x)\sin2\alpha}{2}=
=\frac{R^{2}}{4}\left(\cos(2\gamma-2\alpha-2x)-\cos(2\alpha+2\gamma-2x\right).
Аналогично,
\ctg\beta\cdot S_{\triangle ACR}=\frac{b^{2}\sin2x\sin2\beta}{8\sin^{2}\beta}=\frac{R^{2}\sin2x\sin2\beta}{2}=
=\frac{R^{2}}{4}\left(\cos(2\beta-2x)-\cos(2\beta+2x)\right)=
=\frac{R^{2}}{4}\left(\cos(360^{\circ}-2\alpha-2\gamma-2x)-\cos(360^{\circ}-2\alpha-2\gamma+2x)\right)=
=\frac{R^{2}}{4}\left(\cos(2\alpha+2\gamma+2x)-\cos(2\alpha+2\gamma-2x)\right),
\ctg\gamma\cdot S_{\triangle ABP}=\frac{c^{2}\sin(2\alpha+2x)\sin2\gamma}{8\sin^{2}\gamma}=\frac{R^{2}\sin(2\alpha+2x)\sin2\gamma}{2}=
=\frac{R^{2}}{4}\left(\cos(2\gamma-2\alpha-2x)-\cos(2\alpha+2\gamma+2x)\right).
Подставляя найденные выражения в левую и в правую части доказываемого, получаем верное равенство. Следовательно,
\ctg\alpha\cdot S_{\triangle BCQ}=\ctg\beta\cdot S_{\triangle ACR}+\ctg\gamma\cdot S_{\triangle APB}.