Номер 1394, страница 361 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 12. Задачи повышенной трудности. Глава 15. Преобразование подобия. Подобие фигуры - номер 1394, страница 361.

1394 Докажите, что площадь четырёхугольника, вписанного в окружность, может быть вычислена по формуле

S = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d),

где p — полупериметр, а, b, с, d — стороны четырёхугольника.

Для доказательства формулы площади вписанного четырехугольника, известной как формула Брахмагупты, рассмотрим четырехугольник со сторонами $a, b, c, d$.

Площадь $S$ этого четырехугольника можно найти, разбив его диагональю на два треугольника. Пусть диагональ разделяет четырехугольник на два треугольника со сторонами $(a, b, l)$ и $(c, d, l)$, где $l$ — длина диагонали. Пусть $\beta$ — угол между сторонами $a$ и $b$, а $\delta$ — угол между сторонами $c$ и $d$.

Площадь четырехугольника равна сумме площадей этих двух треугольников:

$S = \frac{1}{2}ab\sin\beta + \frac{1}{2}cd\sin\delta$

Ключевым свойством вписанного четырехугольника является то, что сумма его противоположных углов равна $180^\circ$. Следовательно, $\beta + \delta = 180^\circ$. Из этого следует, что $\sin\delta = \sin(180^\circ - \beta) = \sin\beta$.

Подставив это в формулу площади, мы получаем:

$S = \frac{1}{2}ab\sin\beta + \frac{1}{2}cd\sin\beta = \frac{1}{2}(ab+cd)\sin\beta$

Теперь выразим диагональ $l$ с помощью теоремы косинусов для каждого из треугольников:

$l^2 = a^2+b^2-2ab\cos\beta$

$l^2 = c^2+d^2-2cd\cos\delta$

Используя свойство углов $\beta + \delta = 180^\circ$, имеем $\cos\delta = \cos(180^\circ - \beta) = -\cos\beta$. Подставим это во второе уравнение:

$l^2 = c^2+d^2+2cd\cos\beta$

Приравняем оба выражения для $l^2$:

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

Сгруппируем члены, чтобы выразить $\cos\beta$:

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

Отсюда:

$\cos\beta = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}$

Теперь вернемся к формуле для площади $S = \frac{1}{2}(ab+cd)\sin\beta$. Мы можем записать $\sin^2\beta = 1 - \cos^2\beta$. Тогда:

$S^2 = \frac{1}{4}(ab+cd)^2\sin^2\beta = \frac{1}{4}(ab+cd)^2(1-\cos^2\beta)$

Подставим найденное выражение для $\cos\beta$:

$S^2 = \frac{1}{4}(ab+cd)^2 \left(1 - \left(\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}\right)^2\right)$

$4S^2 = (ab+cd)^2 \left(1 - \frac{(a^2+b^2-c^2-d^2)^2}{4(ab+cd)^2}\right)$

$4S^2 = \frac{(ab+cd)^2}{1} \cdot \frac{4(ab+cd)^2 - (a^2+b^2-c^2-d^2)^2}{4(ab+cd)^2}$

$16S^2 = 4(ab+cd)^2 - (a^2+b^2-c^2-d^2)^2$

Правая часть этого уравнения представляет собой разность квадратов $X^2-Y^2=(X-Y)(X+Y)$, где $X=2(ab+cd)$ и $Y=a^2+b^2-c^2-d^2$.

$16S^2 = [2(ab+cd) - (a^2+b^2-c^2-d^2)][2(ab+cd) + (a^2+b^2-c^2-d^2)]$

Рассмотрим каждый множитель отдельно, раскрывая скобки и перегруппировывая слагаемые:

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

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

Итак, мы получили:

$16S^2 = (b+c+d-a)(a+c+d-b)(a+b+d-c)(a+b+c-d)$

Введем полупериметр $p = \frac{a+b+c+d}{2}$. Тогда $2p=a+b+c+d$. Выразим каждый из четырех множителей через $p$:

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

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

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

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

Подставим эти выражения в формулу для $16S^2$:

$16S^2 = 2(p-a) \cdot 2(p-b) \cdot 2(p-c) \cdot 2(p-d) = 16(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$

Разделив обе части на 16, получаем:

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

Так как площадь $S$ — неотрицательная величина, извлекаем квадратный корень:

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

Таким образом, формула доказана.

Ответ: Утверждение доказано.