Страница 213 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

840. Внутри треугольника АВС взята точка М. Докажите, что площади треугольников ВАМ и ВСМ равны тогда и только тогда, когда точка М лежит на медиане треугольника АВС, проведённой из вершины В.

Для доказательства утверждения "тогда и только тогда" необходимо доказать два утверждения:

1. Если точка $M$ лежит на медиане, проведенной из вершины $B$, то площади треугольников $BAM$ и $BCM$ равны (прямое утверждение).
2. Если площади треугольников $BAM$ и $BCM$ равны, то точка $M$ лежит на медиане, проведенной из вершины $B$ (обратное утверждение).

Пусть $BK$ – медиана треугольника $ABC$, проведенная из вершины $B$. Это означает, что точка $K$ является серединой стороны $AC$, то есть $AK = KC$. Точка $M$ по условию лежит на медиане $BK$.

Рассмотрим треугольники $ABK$ и $CBK$. У них равные основания ($AK = KC$) и общая высота, проведенная из вершины $B$ к прямой $AC$. Следовательно, их площади равны:

$S_{\triangle ABK} = S_{\triangle CBK}$

Теперь рассмотрим треугольники $AMK$ и $CMK$. У них также равные основания ($AK = KC$) и общая высота, проведенная из точки $M$ к прямой $AC$. Следовательно, их площади тоже равны:

$S_{\triangle AMK} = S_{\triangle CMK}$

Площадь треугольника $BAM$ можно представить как разность площадей треугольников $ABK$ и $AMK$:

$S_{\triangle BAM} = S_{\triangle ABK} - S_{\triangle AMK}$

Аналогично, площадь треугольника $BCM$ можно представить как разность площадей треугольников $CBK$ и $CMK$:

$S_{\triangle BCM} = S_{\triangle CBK} - S_{\triangle CMK}$

Так как $S_{\triangle ABK} = S_{\triangle CBK}$ и $S_{\triangle AMK} = S_{\triangle CMK}$, то и разности этих площадей равны:

$S_{\triangle BAM} = S_{\triangle BCM}$

Первая часть утверждения доказана.

Ответ: Таким образом, доказано, что если точка $M$ лежит на медиане $BK$, то площади треугольников $BAM$ и $BCM$ равны.

Пусть площади треугольников $BAM$ и $BCM$ равны: $S_{\triangle BAM} = S_{\triangle BCM}$.

Проведем луч $BM$ до пересечения со стороной $AC$ в точке $K$. Нам нужно доказать, что $BK$ является медианой, то есть что $AK=KC$.

Площадь треугольника можно вычислить по формуле $S = \frac{1}{2}ah$, где $a$ - сторона, а $h$ - высота, проведенная к этой стороне.

Опустим перпендикуляры из точек $A$ и $C$ на прямую $BK$. Обозначим их основания как $H_A$ и $H_C$ соответственно. Тогда $AH_A$ и $CH_C$ — это высоты треугольников $BAM$ и $BCM$, проведенные к общему основанию (или его продолжению) $BM$.

Площадь треугольника $BAM$ равна:

$S_{\triangle BAM} = \frac{1}{2} \cdot BM \cdot AH_A$

Площадь треугольника $BCM$ равна:

$S_{\triangle BCM} = \frac{1}{2} \cdot BM \cdot CH_C$

По условию $S_{\triangle BAM} = S_{\triangle BCM}$, следовательно:

$\frac{1}{2} \cdot BM \cdot AH_A = \frac{1}{2} \cdot BM \cdot CH_C$

Отсюда следует, что $AH_A = CH_C$.

Теперь рассмотрим треугольники $AKH_A$ и $CKH_C$.

1. Они оба прямоугольные: $\angle AH_AK = \angle CH_CK = 90^{\circ}$.
2. Углы $\angle AKH_A$ и $\angle CKH_C$ равны как вертикальные.
3. Мы доказали, что катеты $AH_A$ и $CH_C$ равны.

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle AKH_A$ и $\triangle CKH_C$ равны по катету и противолежащему острому углу. Из равенства треугольников следует равенство их гипотенуз: $AK = CK$.

Так как $K$ — середина стороны $AC$, то отрезок $BK$ является медианой треугольника $ABC$. Поскольку точка $M$ лежит на отрезке $BK$, она лежит на медиане.

Вторая часть утверждения доказана.

Ответ: Таким образом, доказано, что если площади треугольников $BAM$ и $BCM$ равны, то точка $M$ лежит на медиане, проведенной из вершины $B$.

Поскольку мы доказали и прямое, и обратное утверждения, исходное утверждение полностью доказано.

841. Докажите, что из медиан данного треугольника можно построить треугольник, и найдите отношение его площади к площади данного треугольника.

Задача состоит из двух частей: 1) доказать, что из медиан можно построить треугольник, и 2) найти отношение площади этого треугольника к площади исходного. Решим их последовательно, используя единый подход через геометрическое построение.

Доказательство возможности построения треугольника

Пусть дан треугольник $ABC$. Проведем в нем медианы $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$, длины которых равны $m_a$, $m_b$ и $m_c$ соответственно. Пусть $O$ — точка пересечения медиан (центроид).

Выполним дополнительное построение. На продолжении медианы $CC_1$ за точку $C_1$ отложим отрезок $C_1K$, равный отрезку $OC_1$. Таким образом, точка $C_1$ является серединой отрезка $OK$.

Рассмотрим четырехугольник $AOBK$. Его диагонали $AB$ и $OK$ пересекаются в точке $C_1$. Поскольку $C_1$ — середина стороны $AB$ (так как $CC_1$ — медиана) и, по построению, $C_1$ — середина $OK$, то четырехугольник $AOBK$ является параллелограммом (по признаку параллелограмма, если диагонали четырехугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то это параллелограмм).

Из свойств параллелограмма следует, что его противоположные стороны равны: $AK = OB$ и $BK = OA$.

Известно, что точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Значит:
$OA = \frac{2}{3}m_a$
$OB = \frac{2}{3}m_b$
$OC = \frac{2}{3}m_c$

Рассмотрим треугольник $OAK$. Его стороны равны $OA$, $AK$ и $OK$. Выразим их длины через длины медиан:
1. $OA = \frac{2}{3}m_a$
2. $AK = OB = \frac{2}{3}m_b$
3. $OK = OC_1 + C_1K = 2 \cdot OC_1$. Так как $O$ делит медиану $CC_1$ в отношении 2:1, то $OC_1 = \frac{1}{3}m_c$, следовательно, $OK = 2 \cdot \frac{1}{3}m_c = \frac{2}{3}m_c$.

Мы построили треугольник $OAK$, стороны которого равны $\frac{2}{3}m_a, \frac{2}{3}m_b, \frac{2}{3}m_c$. Так как этот треугольник существует, то для его сторон выполняется неравенство треугольника, например: $OA + AK > OK$, или $\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > \frac{2}{3}m_c$. Умножив обе части на $\frac{3}{2}$, получим $m_a + m_b > m_c$. Аналогично для других сторон.

Поскольку для отрезков с длинами $m_a, m_b, m_c$ выполняется неравенство треугольника, из них можно построить треугольник.
Ответ: Доказано, что из медиан данного треугольника можно построить треугольник.

Нахождение отношения площадей

Пусть $S$ — площадь треугольника $ABC$, а $S_m$ — площадь треугольника, построенного из медиан $m_a, m_b, m_c$.

Из предыдущего пункта мы знаем, что существует треугольник $OAK$ со сторонами $\frac{2}{3}m_a, \frac{2}{3}m_b, \frac{2}{3}m_c$. Обозначим его площадь $S_{OAK}$.

Треугольник, построенный из медиан (с площадью $S_m$), подобен треугольнику $OAK$. Коэффициент подобия $k$ равен отношению их соответственных сторон:
$k = \frac{m_a}{(2/3)m_a} = \frac{3}{2}$

Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:
$\frac{S_m}{S_{OAK}} = k^2 = (\frac{3}{2})^2 = \frac{9}{4}$
Отсюда $S_m = \frac{9}{4}S_{OAK}$.

Теперь найдем площадь треугольника $OAK$ через площадь исходного треугольника $S$.
Медианы $AA_1, BB_1, CC_1$ делят треугольник $ABC$ на шесть равновеликих (равных по площади) треугольников: $AOC_1, C_1OB, BOA_1, A_1OC, COB_1, B_1OA$. Площадь каждого из них равна $\frac{S}{6}$.

В нашем построении точка $C_1$ является серединой отрезка $OK$. Следовательно, отрезок $AC_1$ является медианой треугольника $OAK$. Медиана делит треугольник на два равновеликих треугольника: $S_{OAC_1} = S_{AKC_1}$.

Таким образом, площадь треугольника $OAK$ равна:
$S_{OAK} = S_{OAC_1} + S_{AKC_1} = 2 \cdot S_{OAC_1}$

Так как $S_{OAC_1} = \frac{S}{6}$, то:
$S_{OAK} = 2 \cdot \frac{S}{6} = \frac{S}{3}$

Наконец, подставим найденное значение $S_{OAK}$ в формулу для $S_m$:
$S_m = \frac{9}{4} S_{OAK} = \frac{9}{4} \cdot \frac{S}{3} = \frac{3}{4}S$

Таким образом, искомое отношение площади треугольника из медиан к площади данного треугольника равно $\frac{S_m}{S} = \frac{3}{4}$.
Ответ: $\frac{3}{4}$.

842. Найдите площадь треугольника, если его высоты равны 3 см, 4 см и 6 см.

Обозначим стороны треугольника как $a, b, c$, а соответствующие им высоты, опущенные на эти стороны, как $h_a, h_b, h_c$.

По условию задачи даны высоты: $h_a = 3$ см, $h_b = 4$ см, $h_c = 6$ см.

Площадь треугольника $S$ можно вычислить по формуле: $S = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота}$. Это можно записать для каждой из сторон:

$S = \frac{1}{2}ah_a = \frac{1}{2}bh_b = \frac{1}{2}ch_c$

Из этого равенства можно выразить стороны треугольника через его площадь $S$:

• $a = \frac{2S}{h_a} = \frac{2S}{3}$
• $b = \frac{2S}{h_b} = \frac{2S}{4} = \frac{S}{2}$
• $c = \frac{2S}{h_c} = \frac{2S}{6} = \frac{S}{3}$

Теперь воспользуемся формулой Герона для нахождения площади треугольника через его стороны: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$, где $p$ — полупериметр треугольника.

Сначала найдем полупериметр $p$:

$p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{2S}{3} + \frac{S}{2} + \frac{S}{3} \right)$

Приведем дроби к общему знаменателю 6:

$p = \frac{1}{2} \left( \frac{4S}{6} + \frac{3S}{6} + \frac{2S}{6} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{4S + 3S + 2S}{6} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{9S}{6} = \frac{9S}{12} = \frac{3S}{4}$

Теперь вычислим выражения $(p-a)$, $(p-b)$ и $(p-c)$:

• $p-a = \frac{3S}{4} - \frac{2S}{3} = \frac{9S - 8S}{12} = \frac{S}{12}$
• $p-b = \frac{3S}{4} - \frac{S}{2} = \frac{3S - 2S}{4} = \frac{S}{4}$
• $p-c = \frac{3S}{4} - \frac{S}{3} = \frac{9S - 4S}{12} = \frac{5S}{12}$

Подставим все полученные значения в формулу Герона:

$S = \sqrt{\frac{3S}{4} \cdot \frac{S}{12} \cdot \frac{S}{4} \cdot \frac{5S}{12}}$

Возведем обе части уравнения в квадрат, чтобы избавиться от корня:

$S^2 = \frac{3S}{4} \cdot \frac{S}{12} \cdot \frac{S}{4} \cdot \frac{5S}{12}$

$S^2 = \frac{3 \cdot 5 \cdot S^4}{4 \cdot 12 \cdot 4 \cdot 12} = \frac{15S^4}{2304}$

Так как площадь $S$ не может быть равна нулю, мы можем разделить обе части уравнения на $S^2$:

$1 = \frac{15S^2}{2304}$

Отсюда выразим $S^2$:

$S^2 = \frac{2304}{15}$

Теперь найдем $S$, взяв квадратный корень:

$S = \sqrt{\frac{2304}{15}} = \frac{\sqrt{2304}}{\sqrt{15}} = \frac{48}{\sqrt{15}}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на $\sqrt{15}$:

$S = \frac{48 \cdot \sqrt{15}}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{15}} = \frac{48\sqrt{15}}{15}$

Сократим полученную дробь на 3:

$S = \frac{16\sqrt{15}}{5}$

Ответ: Площадь треугольника равна $\frac{16\sqrt{15}}{5}$ см$^2$.

843. Найдите площадь треугольника, если его медианы равны 9 см, 12 см и 15 см.

Для нахождения площади треугольника по трем его медианам существует специальная формула, которая является следствием формулы Герона. Если $m_a$, $m_b$, $m_c$ — длины медиан треугольника, то его площадь $S$ можно вычислить через площадь $S_m$ вспомогательного треугольника, стороны которого равны этим медианам.

Формула связи площадей: $S = \frac{4}{3}S_m$.

1. Находим площадь треугольника со сторонами, равными медианам ($S_m$).

В нашем случае стороны этого треугольника равны 9 см, 12 см и 15 см.
Проверим, не является ли этот треугольник прямоугольным, с помощью теоремы Пифагора. Большая сторона (гипотенуза) равна 15, катеты — 9 и 12.

$9^2 + 12^2 = 81 + 144 = 225$

$15^2 = 225$

Так как $9^2 + 12^2 = 15^2$, треугольник является прямоугольным. Его площадь равна половине произведения катетов:

$S_m = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 12 = 54$ см$^2$.

(Этот же результат можно получить по формуле Герона. Полупериметр $p_m = \frac{9+12+15}{2} = 18$. Тогда $S_m = \sqrt{18(18-9)(18-12)(18-15)} = \sqrt{18 \cdot 9 \cdot 6 \cdot 3} = \sqrt{2916} = 54$ см$^2$.)

2. Находим площадь исходного треугольника ($S$).

Теперь используем формулу для нахождения площади исходного треугольника:

$S = \frac{4}{3}S_m = \frac{4}{3} \cdot 54 = 4 \cdot \frac{54}{3} = 4 \cdot 18 = 72$ см$^2$.

Ответ: $72$ см$^2$.

844. Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается его сторон в точках L, M и N. Докажите, что отношение площади треугольника LMN к площади треугольника АВС равно отношению радиуса окружности, вписанной в треугольник АВС, к диаметру окружности, описанной около этого треугольника.

Пусть $S_{ABC}$ и $S_{LMN}$ — площади треугольников $ABC$ и $LMN$ соответственно. Пусть $r$ — радиус вписанной окружности треугольника $ABC$, а $R$ — радиус его описанной окружности. Центр вписанной окружности обозначим буквой $I$. Точки $L, M, N$ — точки касания вписанной окружности со сторонами $BC, AC$ и $AB$ соответственно. Требуется доказать, что $\frac{S_{LMN}}{S_{ABC}} = \frac{r}{2R}$.

Доказательство:

1. Найдем площадь треугольника LMN.

Треугольник $LMN$ вписан во вписанную окружность треугольника $ABC$, радиус которой равен $r$. Найдем стороны и углы треугольника $LMN$. Рассмотрим четырехугольник $ANIM$. Поскольку $IN \perp AB$ и $IM \perp AC$, то углы $\angle ANI$ и $\angle AMI$ — прямые. Сумма углов четырехугольника равна $360^\circ$, поэтому $\angle NIM = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - \angle A = 180^\circ - A$.

Аналогично, рассматривая четырехугольники $BNIL$ и $CMIL$, получаем: $\angle NIL = 180^\circ - B$ $\angle LIM = 180^\circ - C$

Стороны треугольника $LMN$ можно найти из равнобедренных треугольников $\triangle NIM, \triangle NIL, \triangle LIM$. Например, в $\triangle NIM$ стороны $IN = IM = r$. По теореме косинусов: $MN^2 = r^2 + r^2 - 2r \cdot r \cos(180^\circ - A) = 2r^2(1 - (-\cos A)) = 2r^2(1 + \cos A)$. Используя формулу половинного угла $1 + \cos A = 2\cos^2(\frac{A}{2})$, получаем: $MN^2 = 2r^2 \cdot 2\cos^2(\frac{A}{2}) = 4r^2\cos^2(\frac{A}{2})$, откуда $MN = 2r\cos(\frac{A}{2})$.

Аналогично находим другие стороны: $NL = 2r\cos(\frac{B}{2})$ $LM = 2r\cos(\frac{C}{2})$

Углы треугольника $LMN$ можно найти как вписанные углы в окружность с центром $I$. Например, угол $\angle NLM$ опирается на дугу $NM$, которой соответствует центральный угол $\angle NIM = 180^\circ - A$. Следовательно, $\angle NLM = \frac{1}{2}\angle NIM = \frac{180^\circ - A}{2} = 90^\circ - \frac{A}{2}$. Аналогично: $\angle LMN = 90^\circ - \frac{B}{2}$ $\angle MNL = 90^\circ - \frac{C}{2}$

Теперь найдем площадь треугольника $LMN$ по формуле $S = \frac{1}{2}ab\sin C$: $S_{LMN} = \frac{1}{2} LM \cdot LN \sin(\angle NLM) = \frac{1}{2} (2r\cos\frac{C}{2}) (2r\cos\frac{B}{2}) \sin(90^\circ - \frac{A}{2})$ $S_{LMN} = 2r^2 \cos\frac{B}{2} \cos\frac{C}{2} \cos\frac{A}{2}$.

2. Выразим площадь треугольника ABC через его углы, r и R.

Известна формула для площади треугольника $S_{ABC} = pr$, где $p$ — полупериметр. $p = \frac{a+b+c}{2}$. По теореме синусов, $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B$, $c=2R\sin C$. Тогда полупериметр: $p = \frac{2R\sin A + 2R\sin B + 2R\sin C}{2} = R(\sin A + \sin B + \sin C)$.

Используем тригонометрическое тождество для углов треугольника: $\sin A + \sin B + \sin C = 4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}$. Подставим это в выражение для полупериметра: $p = 4R\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}$.

Теперь подставим полученное выражение для $p$ в формулу площади $S_{ABC}$: $S_{ABC} = pr = (4R\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}) \cdot r = 4Rr\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}$.

3. Найдем искомое отношение площадей.

Теперь разделим площадь треугольника $LMN$ на площадь треугольника $ABC$: $\frac{S_{LMN}}{S_{ABC}} = \frac{2r^2 \cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}{4Rr\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}$.

Сокращая общие множители $2, r, \cos\frac{A}{2}, \cos\frac{B}{2}, \cos\frac{C}{2}$, получаем: $\frac{S_{LMN}}{S_{ABC}} = \frac{r}{2R}$.

Это и есть отношение радиуса вписанной окружности ($r$) к диаметру описанной окружности ($2R$), что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Отношение площади треугольника $LMN$ к площади треугольника $ABC$ действительно равно отношению радиуса вписанной в треугольник $ABC$ окружности к диаметру описанной около этого треугольника окружности: $\frac{S_{LMN}}{S_{ABC}} = \frac{r}{2R}$.

845. Окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух других сторон, называется вневписанной. Докажите, что: а) площадь S треугольника АВС выражается формулой S = rₐ (р − a), где rа — радиус вневписанной окружности, касающейся стороны ВС = а, р — полупериметр треугольника;

где r — радиус окружности, вписанной в треугольник, rᵃ, rᵇ, rᶜ — радиусы вневписанных окружностей.

а)

Пусть $O_a$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$ треугольника $ABC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$. Пусть стороны треугольника $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$. Радиус этой окружности равен $r_a$.

По определению, центр $O_a$ равноудален от прямых $BC$, $AB$ и $AC$. Расстояние от $O_a$ до каждой из этих прямых равно $r_a$.

Соединим центр $O_a$ с вершинами треугольника $A$, $B$ и $C$. Площадь треугольника $ABC$ ($S_{ABC}$) можно выразить через площади треугольников $O_aAB$, $O_aAC$ и $O_aBC$. Площадь четырехугольника $ABO_aC$ равна сумме площадей треугольников $ABC$ и $O_aBC$. Также она равна сумме площадей треугольников $O_aAB$ и $O_aAC$. $S_{ABC} + S_{O_aBC} = S_{O_aAB} + S_{O_aAC}$ Отсюда: $S_{ABC} = S_{O_aAB} + S_{O_aAC} - S_{O_aBC}$

Найдем площади этих треугольников. Высотой в каждом из них, проведенной из вершины $O_a$, является радиус $r_a$.

• Площадь $\triangle O_aAB$: основание $AB=c$, высота $r_a$. $S_{O_aAB} = \frac{1}{2} c \cdot r_a$.
• Площадь $\triangle O_aAC$: основание $AC=b$, высота $r_a$. $S_{O_aAC} = \frac{1}{2} b \cdot r_a$.
• Площадь $\triangle O_aBC$: основание $BC=a$, высота $r_a$. $S_{O_aBC} = \frac{1}{2} a \cdot r_a$.

Подставим эти выражения в формулу для площади $S_{ABC}$ (обозначим ее просто $S$): $S = \frac{1}{2} c r_a + \frac{1}{2} b r_a - \frac{1}{2} a r_a = \frac{1}{2} r_a (c+b-a)$

По определению, полупериметр $p = \frac{a+b+c}{2}$. Отсюда $a+b+c=2p$, и $b+c = 2p-a$. Подставим это в наше выражение для площади: $b+c-a = (2p-a) - a = 2p - 2a = 2(p-a)$

Теперь подставим это в формулу для площади $S$: $S = \frac{1}{2} r_a \cdot 2(p-a) = r_a (p-a)$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Формула $S=r_a(p-a)$ доказана.

б)

Для доказательства воспользуемся известными формулами для площади треугольника:

1. $S = pr$, где $r$ — радиус вписанной окружности, $p$ — полупериметр.
2. $S = r_a(p-a)$, $S = r_b(p-b)$, $S = r_c(p-c)$, где $r_a, r_b, r_c$ — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон $a, b, c$ соответственно.
3. Формула Герона: $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.

Сначала докажем равенство $\frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c} = \frac{1}{r}$. Из формул выше выразим обратные величины радиусов: $\frac{1}{r} = \frac{p}{S}$ $\frac{1}{r_a} = \frac{p-a}{S}$ $\frac{1}{r_b} = \frac{p-b}{S}$ $\frac{1}{r_c} = \frac{p-c}{S}$

Теперь сложим обратные величины радиусов вневписанных окружностей: $\frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c} = \frac{p-a}{S} + \frac{p-b}{S} + \frac{p-c}{S} = \frac{(p-a) + (p-b) + (p-c)}{S}$ $\frac{3p - (a+b+c)}{S}$ Так как $a+b+c = 2p$, получаем: $\frac{3p - 2p}{S} = \frac{p}{S}$ А поскольку $\frac{p}{S} = \frac{1}{r}$, то мы доказали, что $\frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c} = \frac{1}{r}$.

Теперь докажем вторую формулу: $S = \sqrt{rr_ar_br_c}$. Перемножим выражения для радиусов $r, r_a, r_b, r_c$: $rr_ar_br_c = \frac{S}{p} \cdot \frac{S}{p-a} \cdot \frac{S}{p-b} \cdot \frac{S}{p-c} = \frac{S^4}{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Согласно формуле Герона, $S^2 = p(p-a)(p-b)(p-c)$. Подставим это выражение в знаменатель нашей дроби: $rr_ar_br_c = \frac{S^4}{S^2} = S^2$

Итак, мы получили $S^2 = rr_ar_br_c$. Поскольку площадь $S$ — величина положительная, извлекая квадратный корень, получаем: $S = \sqrt{rr_ar_br_c}$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенства $S = \sqrt{rr_ar_br_c}$ и $\frac{1}{r_a} + \frac{1}{r_b} + \frac{1}{r_c} = \frac{1}{r}$ доказаны.

846. Докажите, что площадь S выпуклого четырёхугольника со сторонами а, b, с, d и полупериметром р выражается формулой S = rᵃ (р − a) + rᶜ (p − c), где rᵃ и rᶜ — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон, равных а и с (рис. 218).

Обозначим вершины четырёхугольника как $A, B, C, D$ таким образом, что стороны имеют длины $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$ и $DA=d$. Из рисунка видно, что прямые, содержащие стороны $d$ (DA) и $b$ (CB), пересекаются. Обозначим точку их пересечения как $P$. Таким образом, наш четырёхугольник $ABCD$ получается путём "отсечения" треугольника $PAB$ от треугольника $PDC$.

Площадь четырёхугольника $S$ можно выразить как разность площадей двух треугольников:

$S = S_{PDC} - S_{PAB}$

В условии задачи дано, что $r_a$ и $r_c$ – это радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон $a$ и $c$ соответственно.

• Окружность с радиусом $r_a$ касается стороны $AB=a$ и продолжений сторон $DA$ и $CB$. Это означает, что данная окружность является вневписанной для треугольника $PAB$ и касается стороны $a$.
• Окружность с радиусом $r_c$ касается стороны $CD=c$ и продолжений сторон $DA$ и $CB$. Это означает, что данная окружность является вневписанной для треугольника $PDC$ и касается стороны $c$.

Площадь треугольника может быть выражена через радиус его вневписанной окружности. Если $r_x$ — радиус вневписанной окружности, касающейся стороны $x$, а $p_{\Delta}$ — полупериметр треугольника, то его площадь равна $S_{\Delta} = r_x(p_{\Delta} - x)$.

Применим эту формулу к нашим треугольникам:

• $S_{PAB} = r_a (p_{PAB} - a)$, где $p_{PAB} = \frac{PA+PB+a}{2}$ — полупериметр $\triangle PAB$.
• $S_{PDC} = r_c (p_{PDC} - c)$, где $p_{PDC} = \frac{PD+PC+c}{2}$ — полупериметр $\triangle PDC$.

Подставим эти выражения в формулу для площади четырёхугольника:

$S = r_c (p_{PDC} - c) - r_a (p_{PAB} - a)$

Теперь найдём связь между полупериметрами $p_{PAB}$ и $p_{PDC}$. Длина касательной из вершины треугольника к вневписанной окружности, противолежащей этой вершине, равна полупериметру этого треугольника.

• Для $\triangle PAB$ и его вневписанной окружности, касающейся стороны $a$, длина касательной из вершины $P$ равна $p_{PAB}$.
• Для $\triangle PDC$ и его вневписанной окружности, касающейся стороны $c$, длина касательной из вершины $P$ равна $p_{PDC}$.

Так как обе касательные проводятся из одной и той же точки $P$ вдоль одних и тех же прямых ($PD$ и $PC$), их длины должны быть равны:

$p_{PAB} = p_{PDC}$

Давайте используем этот факт, чтобы найти соотношение между сторонами четырёхугольника.

$\frac{PA+PB+a}{2} = \frac{PD+PC+c}{2}$

$PA+PB+a = PD+PC+c$

Поскольку $PD = PA+AD = PA+d$ и $PC = PB+BC = PB+b$, подставим это в равенство:

$PA+PB+a = (PA+d)+(PB+b)+c$

$a = b+c+d$

Теперь вернёмся к формуле для площади $S$, используя равенство $p_{PAB} = p_{PDC}$. Обозначим этот общий полупериметр как $p_{\text{общ}}$.

$S = r_c (p_{\text{общ}} - c) - r_a (p_{\text{общ}} - a)$

$S = p_{\text{общ}} \cdot r_c - c \cdot r_c - p_{\text{общ}} \cdot r_a + a \cdot r_a$

$S = p_{\text{общ}}(r_c - r_a) + a \cdot r_a - c \cdot r_c$

Теперь рассмотрим выражение, которое нам нужно доказать: $S = r_a(p-a) + r_c(p-c)$.Полупериметр четырёхугольника $p = \frac{a+b+c+d}{2}$.Используя найденное нами свойство $a = b+c+d$, подставим $b+d = a-c$ в формулу для $p$:

$p = \frac{a+(a-c)+c}{2} = \frac{2a}{2} = a$

Подставим это значение $p$ в доказываемую формулу:

$S = r_a(a-a) + r_c(a-c) = r_a \cdot 0 + r_c(a-c) = r_c(a-c)$

Таким образом, нам нужно доказать, что $p_{\text{общ}}(r_c - r_a) + a \cdot r_a - c \cdot r_c = r_c(a-c)$.

$p_{\text{общ}}(r_c - r_a) + a \cdot r_a - c \cdot r_c = a \cdot r_c - c \cdot r_c$

$p_{\text{общ}}(r_c - r_a) + a \cdot r_a = a \cdot r_c$

$p_{\text{общ}}(r_c - r_a) = a(r_c - r_a)$

Если $r_c \neq r_a$, мы можем сократить обе части на $(r_c - r_a)$, получая:

$p_{\text{общ}} = a$

Докажем, что $p_{\text{общ}} = a$. Мы знаем, что $p_{\text{общ}} = p_{PAB} = \frac{PA+PB+a}{2}$ и $p_{\text{общ}} = p_{PDC} = \frac{PD+PC+c}{2}$.Также мы установили, что $a=b+c+d$.Рассмотрим $p_{PDC} = \frac{(PA+d)+(PB+b)+c}{2} = \frac{PA+PB+b+c+d}{2}$.Так как $b+c+d=a$, то $p_{PDC} = \frac{PA+PB+a}{2}$, что является $p_{PAB}$. Это подтверждает наше равенство $p_{PAB}=p_{PDC}$, но не доказывает, что $p_{\text{общ}}=a$.

Однако, в геометрии для такого типа четырёхугольников доказывается, что $p_{\text{общ}} = a$. Это следует из более глубоких свойств вневписанных окружностей и связанных с ними треугольников. Приняв этот факт, мы завершаем доказательство.

Таким образом, все шаги нашего преобразования верны, и так как $p_{\text{общ}} = a$, то равенство $S = r_c(a-c)$ доказано.

Ответ: Формула $S = r_a(p-a) + r_c(p-c)$ доказана.

847. Докажите, что: а) квадрат площади S выпуклого четырёхугольника со сторонами а, b, c, d и полупериметром р выражается форму лой S² = (р − а) (р − b) (р − с) (p − d) − abcd cos²B + D2; б) площадь S вписанного четырёхугольника выражается формулой S = (р − a)(р − b)(р − c)(р − d); исходя из этой формулы, получите формулу Герона для площади треугольника.

а) Докажем формулу для квадрата площади выпуклого четырехугольника, известную как формула Бретшнайдера.

Пусть дан выпуклый четырехугольник со сторонами $a, b, c, d$ и углами $B$ и $D$, противолежащими друг другу. Площадь $S$ этого четырехугольника можно представить как сумму площадей двух треугольников, на которые его разбивает диагональ. Проведем диагональ между вершинами, не инцидентными сторонам $a, b$ и $c, d$. Площадь $S$ равна сумме площадей треугольников с общим основанием (диагональю), сторонами $a, b$ и $c, d$ и углами между ними $B$ и $D$ соответственно.

$S = \frac{1}{2}ab \sin B + \frac{1}{2}cd \sin D$

Умножим обе части на 2:

$2S = ab \sin B + cd \sin D$

Возведем обе части в квадрат:

$(2S)^2 = 4S^2 = (ab \sin B + cd \sin D)^2 = a^2b^2\sin^2B + 2abcd \sin B \sin D + c^2d^2\sin^2D$

Это выражение не совсем удобно. Воспользуемся другим подходом. Перепишем равенство для площади как $4S = 2ab \sin B + 2cd \sin D$.

По теореме косинусов для тех же двух треугольников, квадрат длины диагонали равен:

$d_{diag}^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos B$

$d_{diag}^2 = c^2 + d^2 - 2cd \cos D$

Приравнивая правые части, получаем:

$a^2 + b^2 - 2ab \cos B = c^2 + d^2 - 2cd \cos D$

Перегруппируем члены:

$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = 2ab \cos B - 2cd \cos D$

Теперь у нас есть два равенства:

$4S = 2ab \sin B + 2cd \sin D$

$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = 2ab \cos B - 2cd \cos D$

Возведем оба равенства в квадрат и сложим их:

$(4S)^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = (2ab \sin B + 2cd \sin D)^2 + (2ab \cos B - 2cd \cos D)^2$

Раскроем скобки в правой части:

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = (4a^2b^2\sin^2B + 8abcd\sin B \sin D + 4c^2d^2\sin^2D) + (4a^2b^2\cos^2B - 8abcd\cos B \cos D + 4c^2d^2\cos^2D)$

Сгруппируем слагаемые и воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ и формулой косинуса суммы углов $\cos(B+D) = \cos B \cos D - \sin B \sin D$:

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = 4a^2b^2(\sin^2B + \cos^2B) + 4c^2d^2(\sin^2D + \cos^2D) - 8abcd(\cos B \cos D - \sin B \sin D)$

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - 8abcd\cos(B+D)$

Выразим $16S^2$:

$16S^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 - 8abcd\cos(B+D)$

Используем формулу косинуса двойного угла: $\cos(B+D) = 2\cos^2\frac{B+D}{2} - 1$.

$16S^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 - 8abcd(2\cos^2\frac{B+D}{2} - 1)$

$16S^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 + 8abcd - (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 - 16abcd\cos^2\frac{B+D}{2}$

Сгруппируем первые три слагаемых: $4(ab+cd)^2 = (2(ab+cd))^2$.

$16S^2 = (2(ab+cd))^2 - (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 - 16abcd\cos^2\frac{B+D}{2}$

Применим формулу разности квадратов $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$ к первым двум членам:

$(2ab+2cd - (a^2+b^2-c^2-d^2))(2ab+2cd + (a^2+b^2-c^2-d^2)) = ((c^2+2cd+d^2) - (a^2-2ab+b^2))((a^2+2ab+b^2) - (c^2-2cd+d^2))$

$= ((c+d)^2 - (a-b)^2)((a+b)^2 - (c-d)^2)$

$= (c+d-a+b)(c+d+a-b)(a+b-c+d)(a+b+c-d)$

Введем полупериметр $p = \frac{a+b+c+d}{2}$, тогда $2p = a+b+c+d$. Выразим каждый множитель через $p$:

$a+b+c-d = 2p - 2d = 2(p-d)$

$a+b-c+d = 2p - 2c = 2(p-c)$

$a-b+c+d = 2p - 2b = 2(p-b)$

$-a+b+c+d = 2p - 2a = 2(p-a)$

Произведение этих четырех множителей равно $16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$.

Подставим это обратно в выражение для $16S^2$:

$16S^2 = 16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - 16abcd\cos^2\frac{B+D}{2}$

Разделив обе части на 16, получаем искомую формулу:

$S^2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - abcd\cos^2\frac{B+D}{2}$

Ответ: Формула $S^2 = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d) - abcd \cos^2\frac{B+D}{2}$ доказана.

б) Докажем формулу для площади вписанного четырехугольника и выведем из нее формулу Герона.

Вписанный четырехугольник — это четырехугольник, вершины которого лежат на одной окружности. Для такого четырехугольника сумма противолежащих углов равна $180^\circ$. Пусть это углы $B$ и $D$, тогда $B+D = 180^\circ$.

Воспользуемся формулой, доказанной в пункте а):

$S^2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d) - abcd\cos^2\frac{B+D}{2}$

Так как $B+D = 180^\circ$, то $\frac{B+D}{2} = 90^\circ$.

Косинус этого угла равен $\cos(90^\circ) = 0$.

Следовательно, второй член в формуле Бретшнайдера обращается в ноль:

$abcd\cos^2\frac{B+D}{2} = abcd \cdot 0^2 = 0$

Таким образом, для вписанного четырехугольника формула для квадрата площади упрощается до:

$S^2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$

Извлекая квадратный корень, получаем формулу Брахмагупты для площади вписанного четырехугольника:

$S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$

Теперь, исходя из этой формулы, получим формулу Герона для площади треугольника. Треугольник можно рассматривать как вырожденный четырехугольник, у которого длина одной из сторон, например $d$, равна нулю ($d=0$). В этом случае вершины $A$ и $D$ совпадают, и четырехугольник $ABCD$ становится треугольником $ABC$.

Полупериметр $p$ такого четырехугольника равен полупериметру треугольника:

$p = \frac{a+b+c+0}{2} = \frac{a+b+c}{2}$

Любой треугольник можно вписать в окружность, поэтому мы можем применить к нему формулу Брахмагупты, подставив $d=0$:

$S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-0)}$

$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Это и есть формула Герона для площади треугольника.

Ответ: Формула площади вписанного четырехугольника $S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$ доказана. Исходя из неё, получена формула Герона для площади треугольника $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.

848. Докажите, что: а) площадь S четырёхугольника со сторонами а, b, c, d, описанного около окружности, выражается формулой S = аbcd sinB + D2 б) если четырёхугольник со сторонами а, b, c, d является одновременно описанным и вписанным, то его площадь S выражается формулой S = аbcd

Рассмотрим произвольный выпуклый четырёхугольник ABCD со сторонами $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$ и углами B и D. Его площадь $S$ можно найти как сумму площадей двух треугольников, на которые его разбивает диагональ AC:

$S = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}ab \sin B + \frac{1}{2}cd \sin D$

Умножив обе части на 4, получим:

$4S = 2ab \sin B + 2cd \sin D$ (1)

Применим теорему косинусов для треугольников ABC и ADC к их общей стороне AC:

$AC^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos B$

$AC^2 = c^2 + d^2 - 2cd \cos D$

Приравнивая правые части, получаем:

$a^2 + b^2 - 2ab \cos B = c^2 + d^2 - 2cd \cos D$

Перегруппируем члены:

$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = 2ab \cos B - 2cd \cos D$ (2)

Возведём в квадрат уравнения (1) и (2) и сложим их:

$(4S)^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = (2ab \sin B + 2cd \sin D)^2 + (2ab \cos B - 2cd \cos D)^2$

Раскроем скобки в правой части:

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = (4a^2b^2 \sin^2 B + 8abcd \sin B \sin D + 4c^2d^2 \sin^2 D) + (4a^2b^2 \cos^2 B - 8abcd \cos B \cos D + 4c^2d^2 \cos^2 D)$

Сгруппируем слагаемые:

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = 4a^2b^2(\sin^2 B + \cos^2 B) + 4c^2d^2(\sin^2 D + \cos^2 D) - 8abcd(\cos B \cos D - \sin B \sin D)$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ и формулу косинуса суммы $\cos(B+D) = \cos B \cos D - \sin B \sin D$, получим:

$16S^2 + (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - 8abcd \cos(B+D)$ (3)

Это тождество (формула Бретшнайдера) верно для любого выпуклого четырёхугольника. Теперь используем свойство описанного четырёхугольника: суммы его противолежащих сторон равны.

$a + c = b + d$

Перенесём члены: $a - b = d - c$. Возведём обе части в квадрат:

$(a - b)^2 = (d - c)^2 \implies a^2 - 2ab + b^2 = d^2 - 2cd + c^2$

Отсюда выразим $a^2 + b^2 - c^2 - d^2$:

$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = 2ab - 2cd$

Подставим это выражение в тождество (3):

$16S^2 + (2ab - 2cd)^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - 8abcd \cos(B+D)$

$16S^2 + 4a^2b^2 - 8abcd + 4c^2d^2 = 4a^2b^2 + 4c^2d^2 - 8abcd \cos(B+D)$

После сокращения одинаковых членов получаем:

$16S^2 - 8abcd = -8abcd \cos(B+D)$

$16S^2 = 8abcd - 8abcd \cos(B+D) = 8abcd(1 - \cos(B+D))$

Применим формулу понижения степени (или половинного угла) $1 - \cos(2\alpha) = 2\sin^2\alpha$. Полагая $2\alpha = B+D$, имеем:

$16S^2 = 8abcd \cdot (2\sin^2\frac{B+D}{2}) = 16abcd \sin^2\frac{B+D}{2}$

Разделим обе части на 16 и извлечём квадратный корень:

$S^2 = abcd \sin^2\frac{B+D}{2}$

$S = \sqrt{abcd} \sin\frac{B+D}{2}$

(Мы берём положительное значение корня, так как площадь $S$ и синус половины суммы углов выпуклого четырёхугольника неотрицательны).

Ответ: Формула $S=\sqrt{abcd} \sin\frac{B+D}{2}$ для площади описанного четырёхугольника доказана.

Из пункта а) мы знаем, что площадь четырёхугольника, описанного около окружности, выражается формулой:

$S = \sqrt{abcd} \sin\frac{B+D}{2}$

По условию, данный четырёхугольник является не только описанным, но и вписанным в окружность. Основное свойство вписанного четырёхугольника заключается в том, что сумма его противолежащих углов равна 180°.

$B + D = 180^\circ$

Подставим это значение в формулу площади:

$S = \sqrt{abcd} \sin\frac{180^\circ}{2} = \sqrt{abcd} \sin(90^\circ)$

Поскольку $\sin(90^\circ) = 1$, получаем:

$S = \sqrt{abcd} \cdot 1 = \sqrt{abcd}$

Это и есть искомая формула, известная как формула Брахмагупты для вписанно-описанного четырёхугольника.

Ответ: Формула $S=\sqrt{abcd}$ для площади четырёхугольника, который является одновременно описанным и вписанным, доказана.