16091. Медиана AD
треугольника ABC
есть среднее геометрическое сторон AB
и AC
(AB\ne BC
). Докажите, что
1+\cos\angle A=\sqrt{2}|\cos\angle B-\cos\angle C|.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
и \angle C=\gamma
.
По условию задачи
bc=AD^{2}=\frac{1}{4}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})~\Leftrightarrow~a^{2}=2b^{2}+2c^{2}-4bc~\Leftrightarrow~a^{2}=2(b-c)^{2}
(см. задачу 404)
Рассмотрим случай, когда b\gt c
. Тогда \beta\gt\gamma
, поэтому \cos\beta\lt\cos\gamma
, а требуемое неравенство примет вид
1+\cos\angle\alpha=\sqrt{2}(\cos\gamma-\cos\beta).
Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. Тогда по теореме синусов
a=2R\sin\alpha,~b=2R\sin\beta,~c=2R\sin\gamma,
а так как b\gt c
, то
a=\sqrt{2}(b-c)~\Leftrightarrow~2R\sin\alpha=\sqrt{2}(2R\sin\beta-2R\sin\gamma)\Leftrightarrow~\sin\alpha=\sqrt{2}(\sin\beta-\sin\gamma).
Тогда
1+\cos\alpha=\sqrt{2}(\cos\gamma-\cos\beta)~\Leftrightarrow~\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{\sqrt{2}(\sin\beta-\sin\gamma)}{\sqrt{2}(\cos\gamma-\cos\beta)}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{\sin\beta-\sin\gamma}{\cos\gamma-\cos\beta}~\Leftrightarrow~\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{2\sin\frac{\beta-\gamma}{2}\cos\frac{\beta+\gamma}{2}}{2\sin\frac{\beta-\gamma}{2}\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\tg\frac{\alpha}{2}=\ctg\frac{\beta+\gamma}{2}~\Leftrightarrow~\tg\frac{\alpha}{2}=\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right).
Последнее равенство очевидно. Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для случая b\lt c
.