Как обычно, в треугольнике $$ ABC$$ стороны, противолежащие углам `A`, `B` и `C`,  обозначим `a`, `b` и `c`. Справедливы две теоремы, устанавливающие соотношения между сторонами и углами треугольника, утверждения которых можно кратко записать так:

теорема  косинусов: $$ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-2ab\mathrm{cos}C;$$

теорема синусов:  $$ {\displaystyle \frac{a}{\mathrm{sin}A}}={\displaystyle \frac{b}{\mathrm{sin}{\displaystyle B}}}={\displaystyle \frac{c}{\mathrm{sin}{\displaystyle C}}}=2R$$.

Рис. 26

Доказать,  что  в  параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон.

Пусть  в  параллелограмме $$ ABCD$$ (рис. 26) длины сторон  равны $a\;u\;b,$ длины  диагоналей  равны $$ {d}_{1}$$ и $$ {d}_{2}: AC={d}_{2}$$, $$ AB=DC=a$$, $$ BD={d}_{1}$$.

Если $\varphi=\angle BAD,$ то $\angle ADC=180^\circ-\varphi.$ Из треугольников $$ ABD$$ и $$ ACD$$ по   теореме  косинусов   будем  иметь:

$d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\varphi,\;d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\varphi).$

 Складывая  почленно эти  равенства  и  учитывая, что $\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi,$ получим требуемое равенство: $\overline{){d}_{1}^{2}+{d}_{2}^{2}=2{a}^{2}+2{b}^{2}}$.

Рис. 26

Из решения данной задачи легко получить выражение медианы $$ {m}_{c}$$ треугольника через его  стороны $$ a, b$$ и  $$ c$$. Пусть  в  `ABD:AB=a`, `AD=b`, `BD=c`; `AM` - медиана, `AM=m_c` (рис. 26). Достроим этот треугольник $$ ABD$$ до параллелограмма $$ ABCD$$ и воспользуемся результатом задачи 11, получим:

$$ {c}^{2}+{\left(2{m}_{c}\right)}^{2}=2{a}^{2}+2{b}^{2}$$, откуда

$\overline{){m}_{c}=\sqrt{\frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}}-\frac{{c}^{2}}{4}}$.

Рис. 27

На стороне $$ AD$$ ромба $$ ABCD$$ взята точка $$ M$$, при этом $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}AD, BM=MC=11.$$ Найти площадь треугольника $$ BCM.$$

1. Обозначим длину стороны ромба $$ x, \angle BAD=\varphi  $$

(рис. 27). По условию $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}x\Rightarrow AM={\displaystyle \frac{7}{10}}x.$$  Из треугольников $$ ABM$$ и  $$ MCD$$ по теореме  косинусов получаем:

$$ B{M}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{7}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{7}{10}}x\mathrm{cos}\varphi $$,

$$ M{C}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{3}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{3}{10}}x\mathrm{cos}(180°-\varphi )$$.

Приравниваем правые части (по условию $$ BM=MC$$), подставляем $\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi,$ сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим подобные члены и получаем $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{5}}.$$ Подставляя найденное значение $$ \mathrm{cos}\varphi $$ и $$ BM=11$$ в первое равенство, находим $$ x=10$$.

2. В равнобедренном треугольнике $$ BMC$$ основание равно `10`, находим высоту $$ MK$$:

$$ MK=\sqrt{B{M}^{2}-B{K}^{2}}=\sqrt{B{M}^{2}-{\displaystyle \frac{1}{4}}B{C}^{2}}=\sqrt{96}$$,

тогда  площадь  треугольника `BMC` равна $$ {\displaystyle \frac{1}{2}}BC·MK=20\sqrt{6}$$.

Рис. 28

В равнобедренном треугольнике $$ ABC (AB=BC)$$ проведена      биссектриса $$ AD$$ (рис. 28). Найти радиус описанной около треугольника $$ ABC$$ окружности, если  $$ AD=4$$ и $$ DC=\sqrt{6}.$$

1. Углы при основании $$ AC$$ в треугольнике $$ ABC$$ равны, обозначим $$ \angle BAC=2\alpha ,$$ тогда $$ \angle DAC=\alpha .$$ По теореме синусов из треугольника  $$ ADC$$ следует $$ {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{sin}2\alpha }}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{\mathrm{sin}{\displaystyle \alpha }}}$$ откуда $$ \mathrm{cos}\alpha =\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$. Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha =2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha -1={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ и $$ \mathrm{sin}2\alpha ={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$$.

2. Вычисляем   сторону $$ AC$$:

$$ AC=AK+KC=AD\mathrm{cos}\alpha +DC\mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{5}{3}}\sqrt{6}$$.

3. Как следует из теоремы синусов, радиус $$ R$$ описанной около треугольника `ABC` окружности может быть найден из равенства: 

$$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}B}}$$ т. е. $$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}(180°-4\alpha )}}={\displaystyle \frac{AC}{4\mathrm{sin}2\alpha ·\mathrm{cos}2\alpha }}={\displaystyle \frac{15}{8}}\sqrt{3}$$.

Рис. 29

Точки $$ K$$ и $$ M$$ расположены соответственно на стороне $$ BC$$ и высоте $$ BD$$ остроугольного треугольника $$ ABC$$. Треугольник $$ AMK$$ - равносторонний  (рис. 29). Найти его площадь, если $$ AD=3$$, $$ DC={\displaystyle \frac{11}{2}}$$, $$ BK:KC=10:1$$.   

1. Обозначим сторону правильного треугольника $$ AMK$$  через $$ x, \angle KAC=\varphi $$  (рис. 29). Пусть $$ FK\left|\right|AC$$ и $$ KN\perp AC$$. Из подобия треугольников  $$ CKN$$ и $$ CBD$$  следует $$ NC={\displaystyle \frac{1}{11}}DC={\displaystyle \frac{1}{2}}$$. Тогда $$ DN=5, AN=8.$$

 2. Заметим, что $$ \angle FKA=\varphi $$ и $$ \angle MKF={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi $$.  Из прямоугольных треугольников  $$ AKN$$ и  $$ MKF$$ следует:

$$ AN=AK\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ FK=MK\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$, т. е. $$ 8=x\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ 5=x\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$. Из тригонометрического  уравнения `5cosvarphi=8cos(pi/3-varphi)`  получаем

$$ \mathrm{cos}\varphi =4\sqrt{3}\mathrm{sin}\varphi $$ и $$ \mathrm{tg}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{3}}}$$.

3. По формуле $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\varphi }}}$$ находим  $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{7}}$$ и $$ x={\displaystyle \frac{8}{\mathrm{cos}\varphi }}={\displaystyle \frac{14}{\sqrt{3}}}$$.  Площадь правильного  треугольника со стороной $$ x$$ равна $$ {\displaystyle \frac{{x}^{2}\sqrt{3}}{4}}$$. Находим $$ {S}_{AMK}={\displaystyle \frac{49\sqrt{3}}{3}}$$.

Обратим внимание, что в этой задаче один треугольник повёрнут относительно другого. В качестве промежуточной переменной и был введён этот угол поворота.

Рис. 30

Окружность проходит через вершины $$ A$$ и $$ B$$  треугольника  $$ ABC,$$ пресекает стороны $$ BC$$ и $$ AC$$ в точках $$ M$$ и $$ N$$ соответственно (рис. 30). Известно, что `AB=4`, `MN=2`, $$ \angle ACB=\mathrm{arcsin}\frac{3}{5}$$. Найти радиус окружности.                                                                                

1. Обозначим $$ \angle ACB=\varphi $$ тогда $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$, $$ \varphi $$ - острый угол, $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4}{5}}$$.

Надо  найти  радиус окружности, поэтому разумно ввести вписанный угол: $$ \angle NMB=\alpha $$. Угол $$ ANB$$ - внешний  для треугольника $$ BNC,$$ поэтому  $$ \angle ANB=\alpha +\varphi $$.

2. Если $$ R$$ - радиус окружности, то $$ AB=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$, и $$ MN=2R\mathrm{sin}\alpha $$ т. е. получаем систему:

$$ \left\{\begin{array}{l}4=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi ),\\ 2=2R\mathrm{sin}\alpha .\end{array}\right.$$

Исключая `R`, придём к уравнению $$ 2\mathrm{sin}\alpha =\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$.

Так как $$ \mathrm{sin}(\alpha +\varphi )=\mathrm{sin}\alpha ·\mathrm{cos}\varphi +\mathrm{sin}\varphi ·\mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{4}{5}}\mathrm{sin}\alpha +{\displaystyle \frac{3}{5}}\mathrm{cos}\alpha $$, 

то уравнение приводится к виду

$$ 10\mathrm{sin}\alpha =4\mathrm{sin}\alpha +3\mathrm{cos}\alpha $$, `6sinalpha=3cosalpha`, `"tg"alpha=1/2`.

3. Находим: $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{\mathrm{tg}\alpha }{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\alpha }}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$$ тогда $$ R={\displaystyle \frac{MN}{2\mathrm{sin}\alpha }}=\sqrt{5}$$.

В задаче 15 угловая величина была задана значением $$ \mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$. По определению функции $$ y=\mathrm{arcsin}x$$ это означало, что заданный угол острый и $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$. Мы заменили условие $$ \varphi =\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$ равносильным ему. Аналогично следует поступать во всех задачах, условия которых содержат значения обратных тригонометрических функций для величин углов. Например, если угол задан в виде $$ \alpha =\pi -\mathrm{arccos}\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$,  то это означает, что $$ \alpha $$ - тупой угол,  $$ \mathrm{cos}\alpha =-\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}} }$$, $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$ и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения  $$ \mathrm{cos}2\alpha $$, $$ \mathrm{sin}{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$$ и т. п.

Некоторые учащиеся, проводя решение задачи в общем виде и подставляя числовые данные лишь в конце (что, заметим, обычно делает решение громоздким), получают, например, ответ для длины стороны в виде $$ \alpha =3\mathrm{sin}\left(2\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\right)$$. Если далее это значение не записано в виде $$ a=2\sqrt{2}$$,  то решение не считается доведённым до конца. Т. е. ответ задачи, когда угловая величина задана значением обратной тригонометрической функции, не должен содержать значения тригонометрических и обратных тригонометрических функций (если только сама искомая величина не является углом).

Рис. 31

В треугольнике $$ ABC$$ высота $$ BD$$, медиана $$ CM$$ и биссектриса  $$ AK$$ пересекаются в точке $$ O$$. (рис. 31).  Найти угол $$ A$$, если   известно, что он больше $$ 60°$$ и  $$ AM=\sqrt{3}OM$$.                                                                

1. Обозначим 

$$ AM=x$$ (тогда `AB=2x`), $$ \angle BAC=2\alpha $$ и $$ AO=y$$.

Из прямоугольных треугольников $$ AOD$$ и $$ ABD$$ имеем: $$ AD=y\mathrm{cos}\alpha $$ и $$ AD=2x\mathrm{cos}2\alpha $$. Выражаем $$ y={\displaystyle \frac{2x\mathrm{cos}2\alpha }{\mathrm{cos}\alpha }}$$.

2. Применяем теорему косинусов к треугольнику $$ AMO$$, учитывая, что $$ M{O}^{2}={\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^{2}: {\displaystyle \frac{{x}^{2}}{3}}={x}^{2}+{y}^{2}-2xy·\mathrm{cos}\alpha $$.

 Подставляем выражение для  $$ y$$, сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим уравнение к виду:

$$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha +12{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -12\mathrm{cos}2\alpha ·{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =0$$.

Используем тождество: $$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =1+\mathrm{cos}2\alpha ,$$  получаем уравнение:

$$ 6{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -5\mathrm{cos}2\alpha +1=0$$.

Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ или $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$$.

3. По условию: $$ 2\alpha =\angle BAC$$, $$ 2\alpha  > {\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}$$, значит $$ \mathrm{cos}2\alpha  < {\displaystyle \frac{1}{2}}$$, поэтому

$$ \mathrm{cos}2\alpha =\mathrm{cos}A={\displaystyle \frac{1}{3}}$$, $$ \angle A=\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{3}}$$.