Page 86 - 4371

никовою стрілкою. Таким же чином вектор OA  sin A
2 2
одержується із вектора M M і т.д., вектор OA sin A
1 2 n n
одержується із вектора M n 1 M . Оскільки
n

M M  M M  . . .  M M  0 то і ( див. попередню за-
1 2 2 3 n 1

дачу ) OA  sin A  OA  sin A  . . .  OA  sin A  0.
1 1 2 2 n n
1.30 За теоремою синусів a  2 Rsin A , b  2 Rsin B ,
c  2 Rsin C , де R – радіус описаного кола. Нехай O –
центр вписаного в трикутник кола, Тоді

a OA b OB  c OC  2R OA  sin OBA  sin OCB  sinC  0
згідно з доведеним в попередній задачі.
Якщо припустити, що всередині трикутника знайдеться
ще одна точкаO , для якої буде виконуватись рівність
1

a O A  b O B  c O C  0 ,
1 1 1
то віднявши почленно від доведеної рівності дану, отрима-
ємо:

a OA  O A   OBb  O B   OCc  O C    a b  c OO  0,
1 1 1 1

тобто OO  0, що означає,що точки O і O співпадають.
1 1
1.31 Введемо на площині прямокутну декартову систе-
му координат, помістивши початок координат в точку O .
Нехай вершини трикутника будуть:  , yxA ,  , yxB ,
1 1 2 2
С  , yx , причому можна вважати, що ці точки ідуть саме
3 3
в такому порядку, якщо контур трикутника обходити про-
ти годинникової стрілки. Тоді

1 1 x 2 y 2 1 1 x 3 y 3
S  OB OC  , S  OC  OA  ,
1
2 2 x y 2 2 2 x y
3 3 1 1
1 1 x y
S  OA OB  1 1 .
3
2 2 x y
2 2

86