16536. Даны треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
, AB=c
и углами \alpha
, \beta
, \gamma
при вершинах A
, B
, C
соответственно и треугольник A'B'C'
со сторонами B'C'=\sqrt{a}
, C'A'=\sqrt{b}
, A'B'=\sqrt{c}
и углами \alpha'
, \beta'
, \gamma'
при вершинах A'
, B
, C
соответственно. Докажите, что
\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\cos\alpha'\cos\beta'\cos\gamma'.
Решение. По формуле синуса половинного угла и теореме косинусов
\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}{2}}=
=\sqrt{\frac{2bc-b^{2}-c^{2}+a^{2}}{4bc}}=\sqrt{\frac{a^{2}-(b-c)^{2}}{4bc}}=\sqrt{\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{4bc}}.
Аналогично,
\sin\frac{\beta}{2}=\sqrt{\frac{(b-a+c)(b+a-c)}{4ac}},~\sin\frac{\gamma}{2}=\sqrt{\frac{(c-a+b)(c+a-b)}{4ab}}.
перемножив эти равенства, получим
\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\sqrt{\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{4bc}\cdot\frac{(b-a+c)(b+a-c)}{4ac}\cdot\frac{(c-a+b)(c+a-b)}{4ab}}=
=\sqrt{\frac{(a+b+c)^{2}(a-b+c)^{2}(-a+b+c)^{2}}{64a^{2}b^{2}c^{2}}}=\frac{(a+b+c)(a-b+c)(-a+b+c)}{8abc}.
С другой стороны, по теореме косинусов для треугольника A'B'C'
\cos\alpha'=\frac{\sqrt{b})^{2}+(\sqrt{c})^{2}-(\sqrt{a})^{2}}{2\sqrt{b}\sqrt{c}}=\frac{b+c-a}{2\sqrt{bc}},
\cos\beta'=\frac{\sqrt{a})^{2}+(\sqrt{c})^{2}-(\sqrt{b})^{2}}{2\sqrt{a}\sqrt{c}}=\frac{a+c-b}{2\sqrt{ac}},
\cos\gamma'=\frac{\sqrt{a})^{2}+(\sqrt{b})^{2}-(\sqrt{c})^{2}}{2\sqrt{a}\sqrt{b}}=\frac{a+b-c}{2\sqrt{ab}}.
Перемножив эти три равенства, получим
\cos\alpha'\cos\beta'\cos\gamma'=\frac{(a+b+c)(a-b+c)(-a+b+c)}{8abc}=\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2010, том 83, № 2, задача 1816, с. 150