#6 Тригонометрическая геометрия

Пусть \(BD\) — диаметр описанной окружности. Тогда \(\angle BCD=90^\circ\), а \(\angle BDC=\angle BAC=A\), потому что оба угла опираются на хорду \(BC\).

В прямоугольном треугольнике \(BCD\) имеем \(BC=BD\sin\angle BDC=2R\sin A\). Это и требовалось.

Так как треугольники \(ABD\) и \(ACD\) имеют высоты к одной прямой \(BC\), \(\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\frac{BD}{DC}\).

По формуле площади через синус \(S_{ABD}=\frac12 AB\cdot AD\sin\angle BAD\), \(S_{ACD}=\frac12 AC\cdot AD\sin\angle CAD\). Делим и получаем нужную формулу.

Пусть \(\angle AMB=\theta\). Тогда \(\angle AMC=180^\circ-\theta\). По теореме косинусов: \[ AB^2=AM^2+\frac{a^2}{4}-a\cdot AM\cos\theta, \] \[ AC^2=AM^2+\frac{a^2}{4}+a\cdot AM\cos\theta. \]

Складывая равенства, получаем \(AB^2+AC^2=2AM^2+\frac{a^2}{2}=2AM^2+\frac12 BC^2\).

Площадь всего треугольника равна \(\frac12 AB\cdot AC\sin A=AB\cdot AC\sin\frac A2\cos\frac A2\).

С другой стороны, \(S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ACD}=\frac12 AD\cdot AB\sin\frac A2+\frac12 AD\cdot AC\sin\frac A2=\frac12 AD(AB+AC)\sin\frac A2\).

Сокращая на \(\sin\frac A2\), получаем \(AD=\frac{2AB\cdot AC\cos\frac A2}{AB+AC}\).

По trig Ceva нужно проверить \[ \frac{\sin20^\circ}{\sin40^\circ}\cdot\frac{\sin30^\circ}{\sin50^\circ}\cdot\frac{\sin40^\circ}{\sin30^\circ}=1. \] После сокращения \(\sin40^\circ\) и \(\sin30^\circ\) остаётся \(\frac{\sin20^\circ}{\sin50^\circ}\).

Так как \(\sin20^\circ\ne\sin50^\circ\), условие trig Ceva не выполнено. Следовательно, из этих данных конкурентность чевиан не следует.

По trig Ceva достаточно доказать \[ \frac{\sin10^\circ}{\sin70^\circ}\cdot \frac{\sin30^\circ}{\sin20^\circ}\cdot \frac{\sin40^\circ}{\sin10^\circ}=1. \] Сокращаем \(\sin10^\circ\). Остаётся \(\sin30^\circ\sin40^\circ=\sin20^\circ\sin70^\circ\).

Так как \(\sin30^\circ=\frac12\), \(\sin70^\circ=\cos20^\circ\), правая часть равна \(\sin20^\circ\cos20^\circ=\frac12\sin40^\circ\), что совпадает с левой частью.

По теореме Менелая в ориентированных отрезках: \[ \frac{BA_1}{CA_1}\cdot\frac{CB_1}{AB_1}\cdot\frac{AC_1}{BC_1}=-1. \]

В каждом из трёх маленьких треугольников, образованных прямой \(l\) и двумя сторонами исходного треугольника, по теореме синусов отношение двух отрезков на сторонах равно отношению синусов углов, которые \(l\) образует с этими сторонами. После подстановки получаем тригонометрическое условие. Если не использовать ориентированные углы, остаётся равенство модулей произведения единице.

По формуле чевианы: \[ \frac{BX}{CX}=\frac{AB\sin\angle BAX}{AC\sin\angle XAC},\quad \frac{BY}{CY}=\frac{AB\sin\angle BAY}{AC\sin\angle YAC}. \] При изогональности \(\angle BAX=\angle YAC\), \(\angle XAC=\angle BAY\).

Перемножая, получаем сокращение синусов и остаётся \(\frac{AB^2}{AC^2}\).

Пусть \(D\) — основание высоты из \(A\) на \(BC\). Тогда \(BD=AB\cos B\), если \(D\) лежит на отрезке \(BC\); в тупоугольном случае равенство понимается с ориентированными проекциями.

Аналогично \(DC=AC\cos C\). Складывая проекции на прямую \(BC\), получаем \(BC=AB\cos B+AC\cos C\).

Пусть \(AA_1,BB_1,CC_1\) — внутренние биссектрисы. Тогда \(\angle BAA_1=\angle CAA_1\), поэтому первый множитель trig Ceva равен \(1\). Аналогично второй и третий множители равны \(1\).

Их произведение равно \(1\), значит, по trig Ceva биссектрисы конкурентны.

Для исходных чевиан по trig Ceva: \[ X_A X_B X_C=1, \] где \(X_A=\frac{\sin\angle BAA_1}{\sin\angle CAA_1}\), и аналогично.

Изогональная чевиана в угле \(A\) меняет местами углы с \(AB\) и \(AC\), поэтому новый множитель равен \(\frac1{X_A}\). Аналогично получаем \(\frac1{X_B}\) и \(\frac1{X_C}\). Их произведение также равно \(1\). По trig Ceva изогональные чевианы конкурентны.

Медианы треугольника конкурентны в центре масс. По предыдущей задаче изогональные чевианы к конкурентной тройке также конкурентны.

Изогональные образы медиан — это симедианы. Следовательно, три симедианы пересекаются в одной точке. Эта точка называется точкой Лемуана.

Определим лучи из \(A,B,C\) так, чтобы если они пересекутся в \(T\), углы вокруг \(T\) стали по \(120^\circ\). В стандартной конструкции это те же лучи, которые идут к вершинам внешних правильных треугольников.

Для этих трёх лучей углы в trig Ceva имеют вид \(B+60^\circ\), \(C+60^\circ\) и циклически. После подстановки произведение синусов телескопически сокращается: \[ \frac{\sin(B+60^\circ)}{\sin(C+60^\circ)} \frac{\sin(C+60^\circ)}{\sin(A+60^\circ)} \frac{\sin(A+60^\circ)}{\sin(B+60^\circ)}=1. \] Значит, лучи конкурентны. Их точка пересечения и есть точка \(T\), а построение даёт углы \(120^\circ\).

Пусть внешняя вершина на стороне \(BC\) равна \(A_1\). Из подобия построенных равнобедренных треугольников следует, что направление \(AA_1\) задаёт при вершине \(A\) углы, которые выражаются через \(B,C,\varphi\): отношение синусов равно \(\frac{\sin(B+\psi)}{\sin(C+\psi)}\), где \(\psi\) зависит только от \(\varphi\).

Циклически получаем три множителя: \[ \frac{\sin(B+\psi)}{\sin(C+\psi)} \frac{\sin(C+\psi)}{\sin(A+\psi)} \frac{\sin(A+\psi)}{\sin(B+\psi)}=1. \] По trig Ceva прямые конкурентны.

Пусть \(x=\tan\frac A2\), \(y=\tan\frac B2\), \(z=\tan\frac C2\). Так как \(\frac A2+\frac B2+\frac C2=90^\circ\), тангенс суммы бесконечен.

По формуле \(\tan(u+v+w)=\frac{x+y+z-xyz}{1-xy-yz-zx}\). Чтобы знаменатель был равен нулю, нужно \(1-xy-yz-zx=0\). Следовательно, \(xy+yz+zx=1\).

Для каждой точки на стороне по теореме синусов в соответствующем малом треугольнике получаем равенство синусного отношения и отношения ориентированных отрезков на стороне.

По условию произведение синусных отношений равно \(-1\), значит произведение соответствующих отношений отрезков также равно \(-1\). По обратной теореме Менелая точки \(A_1,B_1,C_1\) лежат на одной прямой.

Выберем треугольник, сторонами которого служат три хорды правильного \(18\)-угольника, так чтобы данные диагонали стали чевианами. Поскольку центральный угол равен \(20^\circ\), все углы между хордами выражаются половинами соответствующих дуг, то есть кратны \(10^\circ\).

По условию получаются пары углов \(10^\circ,70^\circ\), \(30^\circ,20^\circ\), \(40^\circ,10^\circ\). По trig Ceva: \[ \frac{\sin10^\circ}{\sin70^\circ}\cdot \frac{\sin30^\circ}{\sin20^\circ}\cdot \frac{\sin40^\circ}{\sin10^\circ}=1. \] Это тождество доказано через \(\sin70^\circ=\cos20^\circ\). Значит, диагонали конкурентны.

Пусть \(A_h\) — основание высоты из \(A\). Если линия Эйлера параллельна \(BC\), то при проекции на \(AA_h\) отношение отрезков, соответствующее делению медианы центром масс, даёт \(AH:AA_h=2:3\).

Имеем \(AH=2R\cos A\), а \(AA_h=c\sin B=2R\sin C\sin B\). Значит, \[ \frac{\cos A}{\sin B\sin C}=\frac23. \] Подставляя \(\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C\), получаем \(\sin B\sin C=3\cos B\cos C\), то есть \(\tan B\tan C=3\). Обратные преобразования дают обратное утверждение.

Пусть \(P\) — первая точка Брокара, \(\angle ABP=\angle BCP=\angle CAP=\varphi\). Разобьём площадь \(S\) на \(S_{ABP}+S_{BCP}+S_{CAP}\). Каждый из этих треугольников имеет один угол \(\varphi\), а соседние углы связаны с \(A,B,C\).

Через теорему синусов в треугольниках \(ABP\), \(BCP\), \(CAP\) выражаем отношения \(AP:BP:CP\), затем подставляем в сумму площадей. После сокращения общего множителя получается \[ \operatorname{ctg}\varphi=\operatorname{ctg}A+\operatorname{ctg}B+\operatorname{ctg}C. \] Основной смысл вычисления: три маленькие площади имеют общий синус \(\sin\varphi\), а косинусные добавки собираются в сумму котангенсов углов треугольника.

В треугольнике \(AFB\) точки \(X,Y,E\) лежат соответственно на \(AF,BF,AB\). Их коллинеарность эквивалентна условию Менелая.

Тригонометрическая форма Менелая выражает это через углы, которые прямая \(EXY\) образует со сторонами \(AF,BF,AB\). Поскольку \(ABCD\) вписан, углы между \(CD\), \(AD\), \(BC\), \(AB\) можно заменять равными вписанными углами. Поэтому вся проверка коллинеарности сводится к произведению синусов углов на окружности.

Используем тождество для углов треугольника: \[ \cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2. \] Его можно получить из формул суммы косинусов и условия \(A+B+C=180^\circ\).

Остаётся применить стандартную формулу \(\sin\frac A2\sin\frac B2\sin\frac C2=\frac r{4R}\). Тогда \(\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac rR\).

Для чевианы из \(C\) к вершине построенного треугольника на \(AB\) из углов конструкции получается уравнение вида \(x\sin(A+\varphi)=y\sin(B+\varphi)\). Аналогично две другие чевианы дают циклические уравнения.

Решая их, получаем для точки \(X_\varphi\) трилинейные координаты, обратные к \(\sin(A+\varphi),\sin(B+\varphi),\sin(C+\varphi)\) с общим множителем. Изогональное сопряжение в трилинейных координатах заменяет координаты обратными. Поэтому изогональная точка имеет координаты \((\sin(A+\varphi):\sin(B+\varphi):\sin(C+\varphi))\).

По условию порядок углов выбран так, что trig Ceva сводится к проверке \[ \sin10^\circ\sin20^\circ\sin80^\circ=\sin20^\circ\sin20^\circ\sin30^\circ. \] Сократим \(\sin20^\circ\). Нужно доказать \(\sin10^\circ\sin80^\circ=\frac12\sin20^\circ\).

Так как \(\sin80^\circ=\cos10^\circ\), левая часть равна \(\sin10^\circ\cos10^\circ=\frac12\sin20^\circ\). Значит, условие trig Ceva выполнено, и чевианы конкурентны.

Пусть четыре прямые образуют четыре треугольника. Выберем один из них и применим trig Menelaus к оставшейся прямой. В произведении появляются синусы углов между секущей и тремя сторонами выбранного треугольника.

Если выбрать соседний треугольник, одна сторона заменится другой прямой четырёхсторонника, а две остальные останутся теми же с противоположной ориентацией. Отношение новых и старых произведений состоит из пар \(\sin\theta/\sin(180^\circ-\theta)\), каждая из которых равна \(1\). Поэтому тригонометрическое условие Менелая инвариантно при выборе треугольника.