bekas
Долгожитель
|
   
Доказать, что для любого треугольника справедливы равенства:
1. sin2(alfa) + sin2(beta) + sin2(gamma) = 4sin(alfa) * sin(beta) * sin(gamma)
Очевидно, sin(2A) + sin(2B) = 2sin(A+B)cos(A-B)
А так как для треугольника C = 180 - (A + B), A + B = 180 - C,
то 2sin(A+B)cos(A-B) = 2sin(180-C)cos(A-B).
По формуле приведения sin(180-C) = sin(C), поэтому окончательно
sin(2A) + sin(2B) = 2sin(С)cos(A-B).
Итак, выражение sin(2A) + sin(2B) + sin(2C) преобразуется к виду
2sin(С)cos(A-B) + 2sin(C)cos(C) = 2sin(C)(cos(A-B) + cos(C))
Принимая во внимание C = 180 - (A + B), преобразуем
cos(A-B) + cos(C) = cos(A-B) + cos(180 - (A + B))
По формуле приведения cos(180 - (A + B)) = -cos(A + B), следовательно,
cos(A-B) + cos(180 - (A + B)) = cos(A-B) - cos(A+B) = 2sin(A)sin(B)
Окончательно,
sin(2A) + sin(2B) + sin(2C) = 2sin(C) * 2sin(A)sin(B) =
4sin(A)sin(B)sin(C), что и требовалось доказать.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 18 июня 2006 23:25 | IP
|
|
undeddy
Долгожитель
|
спасибо. Вот новая задача, никак не выходит с ее решением: док-ть форумлу Эйлера (в любом треуг-ке радиус R описанной окр-ти, радиус r вписанной окр-ти и расстояние d между центрами этих окр-ей связаны равенством: d^2 = R^2 - 2Rr)
|
Всего сообщений: 253 | Присоединился: март 2006 | Отправлено: 21 июня 2006 17:52 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Доказательство формулы Эйлера подробно изложено
в книге "Новые встречи с геометрией",
Г.С.М. Коксетер, С.Л. Грейтцер, Москва, "Наука",
Главная редакция физико-математической литературы, 1978
стр. 39
В электронном виде книга пылится в библиотеке мехмата, но сейчас их Скруджи закрыли доступ к своему книжному фонду...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 21 июня 2006 21:42 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Доказательство формулы Эйлера можно также
найти в свободном доступе на внешняя ссылка удалена
журнал "Квант" 12 за 1992 год.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 21 июня 2006 23:48 | IP
|
|
belka
Новичок
|
помогите пжаллста решить задачку:
Дан треуг. АВС с углами альфа, бетта, гамма. А1, В1, С1-точки пересечения биссектрис внутренних углов треуг. с описанной окружностью. Надо найти отношение площадей треугольников АВС и А1В1С1...
пожжжжжалуйста... 
|
Всего сообщений: 2 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 22 июня 2006 16:05 | IP
|
|
Davron
Удален
|
RESHENIYE zadachi:
Da zadachaka dovolno legkaya. Miy znaem chto treugolniki C1B1P i BPC ravniy ploshadyu(*) [P- tochka peresechinya bissektris treugolnika ABC]. Dokazatelstvo (*): tak kak <CC1B1=<CBB1 i smotryat odnomu xordu |B1C| i ploshad treugoolnika PB1C obshaya. Otsuda viytekaet chto A(C1B1P)=A(CPB).
Analogichno, A(CAP)=A(PC1A1), A(PB1A1)=A(PAB).
A(CAP)+A(CPB)+A(BPA)=A(PC1B1)+A(PB1A1)+A(PA1C1)=A(ABC)=A(A1B1C1).
Otvet: Raznica ploshadey treugolnikov 1.
Davron, Latipov
Dushanbe, Tajikistan
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 23 июня 2006 9:00 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Уважаемый Davron!
Решение задачи на самом деле будет таким:
Пусть a,b,c - стороны треугольника ABC, лежащие соответственно против углов A,B,C. В дальнейшем изложении #A будет означать угол A.
По известной формуле площадь треугольника ABC
S = a*b*sin(#C)/2.
Применяя теоркму синусов (b/sin(#B)=2R,a/sin(#A)=2R),
получим S = 2*R^2*sin(#A)*sin(#B)*sin(#C).
Очевидно, #A1 = #C1A1A + #AA1B1. Кроме того,
#C1A1A = #C1CA,
как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу C1A.
Аналогично, #AA1B1 = #ABB1.
По исходному условию #C1CA = #C/2, #ABB1 = #B/2, поэтому
#A1 = (#B + #C)/2, а так как #A = 180 - (#B + #C), то
#A1 = 90 - #A/2 (соответственно, #B1 = 90 - #B/2,
#C1 = 90 - #C/2).
Применяя к треугольнику A1B1C1 приведенную выше формулу площади треугольника (не забываем, что вокруг этого треугольника описана окружность того же радиуса R), получим
S1 = 2*R^2*sin(90 - #A/2)*sin(90 - #B/2)*sin(90 - #C/2)
По формуле приведения sin(90 - #A/2) = cos(#A/2), поэтому искомое отношение площадей есть
S/S1 = (sin(#A)*sin(#B)*sin(#C))/
(cos(#A/2)*cos(#B/2)*cos(#C/2)).
Так как sin(#A) = 2*sin(#A/2)*cos(#A/2), то окончательно
S/S1 = 8*sin(#A/2)*sin(#B/2)*sin(#C/2).
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 23 июня 2006 18:58 | IP
|
|
Davron
Удален
|
Privet, tiy dumaesh chto v moyey reshinii chto-to ne tak?
Davron Latipov
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 23 июня 2006 19:03 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Ошибка вашего решения в доказательстве равенства треугольников CC1B1 и CBB1 (от того, что два треугольника имеют одинаковую сторону и одинаковый угол, вовсе не следует их равенство!)
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 23 июня 2006 19:25 | IP
|
|
Lala
Удален
|
Стыдно просить помочь решить такую простую задачу, но я не люблю подобие) Вот задача: в равнобедренном треугольнике АВС с вершиной в точке В высота АF пересекает высоту BD в точке Q, причем BQ Q = 7. Найти в каком отношении биссектриса AE делит высоту BD, считая от вершины В. Помогите, пожалуйста!
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 24 июня 2006 2:09 | IP
|
|
|
Форум
Геометрические задачи
