Наш выбор — теорема синусов!

46

Наш выбор — теорема синусов!

Во всяком треугольнике $ABC$ стороны $|BC| = a, |CA| = b, |AB| = c$ и углы $\widehat{CAB} = \widehat{A}, \widehat{ABC} = \widehat{B}, \widehat{BCA} = \widehat{C}$ связаны следующими важными соотношениями.

Теорема косинусов*). Квадрат произвольной стороны равен квадрату другой стороны плоскоквадрат треугольника минус увоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними, то есть
$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos \widehat{A},$$
$$b^2 = c^2 + a^2 - 2ca \cos \widehat{B},$$
$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \widehat{C}.$$
Теорема синусов. Произвольная сторона равна произведению диаметра описанной окружности на синус промиволежацего угла, то есть
$$a = 2R \sin \widehat{A}, b = 2R \sin \widehat{B},$$
$$c = 2R \sin \widehat{C},$$
или, в более употребимой форме,
$$\frac{a}{\sin \widehat{A}} = \frac{b}{\sin \widehat{B}} = \frac{c}{\sin \widehat{C}} = 2R.$$
Но если бы вам предложили пользоваться лишь одной из этих двух теорем, а вторую отбросить, какую бы вы оставили? Из теоремы синусов можно вывести теорему косинусов, а из теоремы косинусов — теорему синусов (правда, без коэффициента пропорциональности $2R$ — как в школьном учебнике). Но теорема си-

*) О теореме косинусов см. статью Э. Г. Готмана «Теорема косинусов и ее следствия» («Квант», 1972, № 7).

47

следовательно,

$$|AB| \cdot |CD| + |BC| \cdot |DA| = 4R^2 \left| \sin(\hat{A} + \hat{B} - \alpha) \cdot \sin(\alpha) + \sin(\hat{A} - \alpha) \cdot \sin(\hat{B} - \alpha) \right| = 2R^2 \left| \cos(\hat{A} + \hat{B} - 2\alpha) - \cos(\hat{A} + \hat{B} - 2\alpha) \right| = 4R^2 \sin \hat{A} \sin \hat{B} = (2R \sin \hat{A}) \cdot (2R \sin \hat{B}) = |BD| \cdot |AC|.$$

Наиболее естественных выглядит применение теоремы синусов в тех случаях, когда в задаче идет речь о сторонах, противоложих углах и радиуса окружности, описанной около треугольника.

Задача 2 (МГУ, механизм, 1961). Дан треугольник, основание которого равно $\alpha$, а угол при вершине $\alpha$. Построена окружность, проходящая через центр вписанного в этом треугольник крута и концы основания. Найти ее радиус.

Пусть $O$ (рис. 2) — центр вписанного крута. Тогда

$$\widehat{BOC} = 180^\circ - \widehat{OBC} - \widehat{OCB} = 180^\circ - \frac{\hat{B}}{2} - \frac{\hat{C}}{2} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}.$$

Поскольку треугольник $BOC$ вписан в исходный круг, по теореме синусов найдем этого крута:

$$R = \frac{|BC|}{2 \sin \widehat{BOC}} =$$

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Задача 3 (МГУ, физика, 1962; УрГУ, физика, 1973). В равно-бедренном треугольнике угол при основании равен $\alpha$. Высота, опущенная на основание, больше радuisca виссанного крута на $m$. Определить основание треугольника и радuisс основного крута.

Пусть вновь $O$ — центр вписанного крута (рис. 3). Тогда

$$|AO| = |AD| - |OD| = h_a - r = m,$$

$$\widehat{AOC} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}, \quad \widehat{ACO} = \frac{\alpha}{2}.$$

Поэтому, применение теорему синусов дважды (для треугольников $ABC$ и $AOC$), получим

$$|BC| = |AC| \cdot \frac{\sin \hat{A}}{\sin \hat{B}} =$$

$$= |AO| \frac{\sin \widehat{AOC}}{\sin \widehat{ACO}} \cdot \frac{\sin \hat{A}}{\sin \hat{B}} = 2m \cos \alpha \cdot \text{ctg} \frac{\alpha}{2},$$

$$R = \frac{|AC|}{2 \sin \hat{B}} = \frac{|AO| \sin \widehat{AOC}}{2 \sin \widehat{ACO} \cdot \sin \hat{B}} = \frac{m \sin \left(90^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)}{2 \sin \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \alpha} = \frac{m}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}.$$

Задача 4. Около крута описан четырехуольник $ABCD$, диагонали ко-

48

торою пересекаются в точке E. Радуцы окружностей, описанных около треугольников AEB, BEC и CED, соответствующего равны $R_1$, $R_2$ и $R_3$.
Найти радиус R округности, описанной около треугольника AED.

Четыреугольник ABCD (рис. 4) описан около кругга, поэтому выполняется равенство
$$|AB| + |CD| = |BC| + |AD|.$$
Кроме того,

$$\sin \widehat{AEB} = \sin \widehat{BEC} =$$
$$= \sin \widehat{CED} = \sin \widehat{DEA}.$$
Позатем
$$\frac{|AB|}{\sin \widehat{AEB}} + \frac{|CD|}{\sin \widehat{CED}} =$$
$$= \frac{|BC|}{\sin \widehat{BEC}} + \frac{|AD|}{\sin \widehat{DEA}}.$$

Теперь по теореме синусов получим $R_1 + R_3 = R_2 + R$, откуда
$$R = R_1 - R_2 + R_3.$$

Иногда в задачах бывают необходимое перейти от данного известного отношения стороны или отрезков к соответствующим между углами треугольника. И это удобнее всего делать с помощью теоремы синусов.

Задача 5 (ЛГУ, химфак, 1973). В равноведренном треугольнике ABC ($|AB| = |BC|$) проведена медиана AD. Найти угол BAD, если угол при вершине B равен α.

Из треугольника ABD (рис. 5), в котором $|AB| = 2|BD|$, следует по теореме синусов

$$2 = \frac{|AB|}{|BD|} = \frac{\sin \widehat{ADB}}{\sin \widehat{BAD}} = \frac{\sin(\alpha + \widehat{BAD})}{\sin \widehat{BAD}} = \sin \alpha \cdot \text{ctg} \widehat{BAD} + \cos \alpha.$$

Отсюда
$$\widehat{BAD} = \arctg \frac{2 - \cos \alpha}{\sin \alpha}.$$

Задача 6. В данной правильный треугольник вписан второй правильный треугольник, причем отношение их площадей равно 3. Доказать, что стороны вписанного треугольника перпендикулярны соответствующим сторонам данного треугольника.

Легко доказать (доказите!), что $|AF|$ равно $|BD|$ (рис. 6). Теперь из подобия треугольников ABC и DEF из теоремы синусов имеем

$$\sqrt{3} = \sqrt{\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle DEF}}} = \frac{|AB|}{|DF|} =$$
$$= \frac{|AF| + |FB|}{|DF|} = \frac{|BD|}{|DF|} + \frac{|FB|}{|DF|} = \frac{\sin \widehat{BFD}}{\sin \widehat{DBF}} + \frac{\sin \widehat{BDF}}{\sin \widehat{DBF}} = \frac{\sin(120^\circ - \widehat{BDF}) + \sin \widehat{BDF}}{\sin 60^\circ} = 2 \cos(60^\circ - \widehat{BDF})$$
$$\cos(60^\circ - \widehat{BDF}) = \frac{\sqrt{3}}{2}, \widehat{BDF} = 90^\circ$$
(tогда $|FD| \perp |BC|$) или $\widehat{BDF} = 30^\circ$. (тогда $|FD| \perp |AB|$).

49

Задание 7 (МГУ, мехмат, 1972). В треугольнике ABC уелол С — туной; биссертиса BE уела В делим сторону AC на отрезки AE и EC длины 3 м и 2 м. Известно, что точка K, лежащая на продолжении стороны BC за вершину C, является центром окружности, проходящей через точки C, E и точку пересечения биссертисы уела B с биссертиской уела ACK. Определить расстояние от точки E до стороны AB.

Очевидно, что искомое расстояние EH (рис. 7) будет найдено, если становится известным sin $\hat{A}$. Но сначала найдем зависимость между углами треугольника ABC. Пусть D — точка пересечения биссертис углов B и ACK. Проведем хорду EF, тогда $\hat{EDC} = \hat{EFC}$, но

$$\hat{EDC} = \hat{DCF} - \hat{DBC} = \frac{1}{2} \hat{ACF} - \frac{\hat{B}}{2} = \frac{(180^\circ - \hat{C}) - \hat{B}}{2} = \frac{\hat{A}}{2},$$

$$\hat{EFC} = 90^\circ - \hat{ECF} = 90^\circ - (180^\circ - \hat{C}) = \hat{C} - 90^\circ,$$

позетом

$$\frac{\hat{A}}{2} = \hat{C} - 90^\circ, \hat{C} = 90^\circ + \frac{\hat{A}}{2}.$$

По теореме синусов и свойству биссертисы из треугольника ABC имеем

$$\frac{2}{3} = \frac{|EC|}{|AE|} = \frac{|BC|}{|AB|} = \frac{\sin A}{\sin \hat{C}} = \frac{\sin \hat{A}}{\sin \left(90^\circ + \frac{\hat{A}}{2}\right)} = 2 \sin \frac{\hat{A}}{2},$$

$$\sin \frac{\hat{A}}{2} = \frac{1}{3}, \sin \hat{A} = \frac{4\sqrt{2}}{9},$$

$$|EH| = |AE| \cdot \sin \hat{A} = \frac{4\sqrt{2}}{3}.$$

Бывают случан, когда в задаче появляется произведение нескольких отношений отрезков. И здесь применение теоремы синусов приводит к простому решению.

Задание 8 (МГУ, эконом. фак., 1975). Дан треугольник ABC, причем $|AB| = |AC|$ и $\hat{A} = 80^\circ$. Внутри треугольника ABC взята точка M макая, что $\hat{MBC} = 30^\circ$, а $\hat{MCB} = 10^\circ$. Найти уелол AMC.

Обозначим искомый угол $\hat{AMC}$ через x (рис. 8). Очевидно, что

$$\hat{ABM} = 20^\circ, \hat{ACM} = 40^\circ, \hat{CMB} = 140^\circ,$$

и тогда $\hat{AMB} = 220^\circ - x$. Согласно условиям и по теореме синусов из треугольников AMB и AMC

Рис. 7. Рис. 8. Рис. 9.

50

имеем

$$1 = \frac{|AB|}{|AC|} = \frac{|AB|}{|AM|} \cdot \frac{|AM|}{|AC|} = \frac{\sin(220^\circ - x)}{\sin 20^\circ} \cdot \frac{\sin 40^\circ}{\sin x} = \frac{2 \sin(x - 40^\circ) \cos 20^\circ}{\sin x} = \frac{\sin(x - 20^\circ) + \sin(x - 60^\circ)}{\sin x},$$

$$\sin x - \sin(x - 60^\circ) = \sin(x - 20^\circ),$$
$$2 \sin 30^\circ \cdot \cos(x - 30^\circ) = \sin(x - 20^\circ),$$
$$\cos(x - 30^\circ) = \cos(110^\circ - x),$$
$$x = \widehat{AMC} = 70^\circ.$$

Задача 9. В выпуклом цепью рехуэлльнике ABCD даны уеллы:
$$\widehat{BAC} = 15^\circ, \widehat{CBD} = 90^\circ, \widehat{DCA} = 30^\circ,$$
$$\widehat{ADB} = 75^\circ.$$ Наимену уеллу между диаzoналями.

Обозначим $\widehat{AED}$ через $x$ (рис. 9).

Тогда $\widehat{ABE} = x - 15^\circ, \widehat{BCE} = 90^\circ - x,$
$\widehat{CDE} = x - 30^\circ, \widehat{DAE} = 105^\circ - x,$ и из треугольников $AEB, BEC, CED$ и $DEA$ по теореме синусов имеем
$$\frac{|AE|}{|BE|} = \frac{\sin(x - 15^\circ)}{\sin 15^\circ}, \frac{|BE|}{|CE|} = \frac{\sin(90^\circ - x)}{\sin 90^\circ}, \frac{|CE|}{|DE|} = \frac{\sin(x - 30^\circ)}{\sin 30^\circ},$$
$$\frac{|DE|}{|AE|} = \frac{\sin(105^\circ - x)}{\sin 75^\circ}.$$

Перемножая почленно записанные равенства, после сокращения одинаковых сомножителей получим
$$\sin(x - 15^\circ) \cdot \sin(90^\circ - x) \times \sin(x - 30^\circ) \cdot \sin(105^\circ - x) = \sin 15^\circ \cdot \sin 90^\circ \cdot \sin 30^\circ \cdot \sin 75^\circ,$$
$$[2 \sin(x - 15^\circ) \cdot \sin(105^\circ - x)] \times [2 \sin(x - 30^\circ) \sin(90^\circ - x)] = 2 \sin 15^\circ \cdot \cos 15^\circ,$$
$$[\cos(2x - 120^\circ) - \cos 90^\circ] \times |\cos(2x - 120^\circ) - \cos 60^\circ| = \frac{1}{2},$$
$$2 \cos^2(2x - 120^\circ) - \cos(2x - 120^\circ) - 1 = 0,$$
откуда искомый угол равен $60^\circ$.

У праванении
1 (МГУ, ВМК, 1971). В окружности радиуса $R$ проведены две хорды: $AB$ и $AC$. На хорде $AB$ или на ее продолжении за точку $B$ взята точка $M$, расстояние от которой до прямой $AC$ равно длине хорды $AC$. Аналогично на хорде $AC$ или на ее продолжении за точку $C$ взята точка $N$, расстояние от которой до прямой $AB$ равно длине хорды $AB$. Найти длину отрезка $MN$.

2 (НГУ, mexmat, 1969). Доказать, что среди всех треугольников с данными основанием и данными углом при вершине наиболее перimetр имеет равноведренный треугольник.

3 (МФТИ, 1970). В треугольнике угол при вершине $A$ в три раза больше угла $B$, а стороны $AB, BC, AC$ (в указанном порядке) образуют арифметическую прогрессию. Найти углы треугольника $ABC$.

4 (МИИТ, 1972). В прямойном треугольнике даны острый угол $\alpha$ и расстояние $a$ от вершины другого острого угла до центра вписанного круга. Определить площадь треугольника.

5 (МГУ, географ. фак., 1969). Прямая проходит через вершину $B$ равноведренного треугольника $ABC$, пересекая его основание $AC$ в точке $D$. Известно, что

$$\widehat{ABD} = \frac{1}{3} \widehat{ABC} \text{ и } |AD|:|DC| = 3:4.$$

Острый или тупой угол $ABC$?
6 (МГУ, биофак, 1968). В круглисан равноведренный треугольник $ABC$, в котором $|AB| = |BC|$ и $\widehat{ABC} = \alpha$. Из вершины $A$ проведена бисекриса угла $BAC$, пересекающая сторону $BC$ в точке $D$, а окружность — в точке $E$. Вершина $B$ соединена отрезком прямой с точкой $E$. Найти отношение площадей треугольников $ABE$ и $BDE$.

7 (МГУ, геолог. фак., 1975). В ромбе $ABCD$ со стороны $(1 + \sqrt{5})$ с и острым углом $\widehat{BAD} = 60^\circ$ расположена окружность, вписанная в треугольник $ABD$. Из точки $C$ к окружности. проведена касательная, пересекающая сторону $AB$ в точке $E$. Найти длину отрезка $AE$.

8. В круглисан четырехугольник $ABCD$. Через точку $E$ пересечения диагонали проведен отрезок $FH$ (F лежит на $AB$, $H$ — на $CD$). Доказать, что

$$\frac{|FE|}{|EH|} = \sqrt{\frac{|AF|}{|CH|} \cdot \frac{|BF|}{|DH|}}.$$