Задачи и олимпиады по математике

Задача

Пусть($\alpha_{1}^{}$,$\beta_{1}^{}$,$\gamma_{1}^{}$) и($\alpha_{2}^{}$,$\beta_{2}^{}$,$\gamma_{2}^{}$) — абсолютные барицентрические координаты точекMиN. Докажите, что

MN² = S_A($\displaystyle \alpha_{1}^{}$ - $\displaystyle \alpha_{2}^{}$)² + S_B($\displaystyle \beta_{1}^{}$ - $\displaystyle \beta_{2}^{}$)² + S_C($\displaystyle \gamma_{1}^{}$ - $\displaystyle \gamma_{2}^{}$)²,

гдеS_{$\scriptstyle \omega$}= 2Sctg$\omega$для произвольного угла$\omega$,A,B,C— углы данного треугольника, аS— его площадь.

Решение

Воспользуемся выражением квадрата длины отрезка через абсолютные трилинейные координаты его концов (задача 14.51). Абсолютные барицентрческие координаты($\alpha$,$\beta$,$\gamma$) связаны с абсолютными трилинейными координатами (x,y,z) следующим образом:$\alpha$=$\lambda$xa,$\beta$=$\lambda$yb,$\gamma$=$\lambda$zc, причем$\lambda$(xa+yb+zc) = 1. Ясно, чтоxa+yb+zc= 2S. Поэтомуx=${\frac{\alpha}{\lambda a}}$=${\frac{2S}{a}}$$\alpha$. Несложная проверка показывает, что${\frac{\cos A}{\sin B\sin C}}$$\left(\vphantom{\frac{2S}{a}}\right.$${\frac{2S}{a}}$$\left.\vphantom{\frac{2S}{a}}\right)^{2}_{}$= 2SctgA.

Ответ

Ответ задачи отсутствует

Задача

Решение

Ответ

Подтверждение удаления