Номер 12.9, страница 159 - гдз по геометрии 7-9 класс сборник задач Кононов, Адамович

12.9. Докажите, что площадь вписанного четырехугольника равна $\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$, где $a$, $b$, $c$, $d$ — стороны четырехугольника, а $p$ — его полупериметр.

Эта формула известна как формула Брахмагупты. Для ее доказательства мы используем метод, основанный на разделении четырехугольника на два треугольника и применении теоремы косинусов.

Пусть дан вписанный четырехугольник ABCD со сторонами $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$ и $DA = d$. Полупериметр четырехугольника $p = \frac{a+b+c+d}{2}$.

Площадь четырехугольника $S$ можно представить как сумму площадей двух треугольников, на которые его разбивает диагональ, например, $AC$. Пусть $\angle B$ и $\angle D$ — противолежащие углы четырехугольника при вершинах $B$ и $D$.

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

Поскольку четырехугольник ABCD вписан в окружность, сумма его противолежащих углов равна $180^\circ$. То есть, $\angle B + \angle D = 180^\circ$. Отсюда следует, что $\sin(\angle D) = \sin(180^\circ - \angle B) = \sin(\angle B)$.

Тогда формула для площади упрощается:$S = \frac{1}{2}ab \sin(\angle B) + \frac{1}{2}cd \sin(\angle B) = \frac{1}{2}(ab+cd) \sin(\angle B)$

Возведем это равенство в квадрат:$S^2 = \frac{1}{4}(ab+cd)^2 \sin^2(\angle B)$

Теперь применим теорему косинусов к треугольникам $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$ для диагонали $AC$:В $\triangle ABC$: $AC^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(\angle B)$В $\triangle ADC$: $AC^2 = c^2 + d^2 - 2cd \cos(\angle D)$

Так как $\angle D = 180^\circ - \angle B$, то $\cos(\angle D) = \cos(180^\circ - \angle B) = -\cos(\angle B)$. Подставим это во второе уравнение:$AC^2 = c^2 + d^2 + 2cd \cos(\angle B)$

Приравнивая правые части выражений для $AC^2$, получаем:$a^2 + b^2 - 2ab \cos(\angle B) = c^2 + d^2 + 2cd \cos(\angle B)$

Выразим отсюда $\cos(\angle B)$:$a^2 + b^2 - c^2 - d^2 = (2ab + 2cd) \cos(\angle B)$$\cos(\angle B) = \frac{a^2 + b^2 - c^2 - d^2}{2(ab+cd)}$

Теперь вернемся к формуле для площади $S^2$. Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2(\angle B) = 1 - \cos^2(\angle B)$.$S^2 = \frac{1}{4}(ab+cd)^2 (1 - \cos^2(\angle B))$$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)$

Умножим обе части на 4 и раскроем скобки, используя формулу разности квадратов:$4S^2 = (ab+cd)^2 - \frac{(a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2}{4}$Умножим на 4 еще раз, чтобы избавиться от знаменателя:$16S^2 = 4(ab+cd)^2 - (a^2 + b^2 - c^2 - d^2)^2$

Снова применим формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$:$16S^2 = [2(ab+cd) - (a^2+b^2-c^2-d^2)] \cdot [2(ab+cd) + (a^2+b^2-c^2-d^2)]$

Раскроем скобки в каждом множителе и сгруппируем слагаемые:Первый множитель:$2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2 = (c^2+2cd+d^2) - (a^2-2ab+b^2) = (c+d)^2 - (a-b)^2 = (c+d-a+b)(c+d+a-b)$

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

Таким образом, получаем:$16S^2 = (c+d-a+b)(c+d+a-b)(a+b-c+d)(a+b+c-d)$

Теперь используем определение полупериметра $p = \frac{a+b+c+d}{2}$, или $2p=a+b+c+d$. Выразим каждый множитель через $p$:$a+b+c-d = (a+b+c+d) - 2d = 2p - 2d = 2(p-d)$$a+b-c+d = (a+b+c+d) - 2c = 2p - 2c = 2(p-c)$$a-b+c+d = (a+b+c+d) - 2b = 2p - 2b = 2(p-b)$$-a+b+c+d = (a+b+c+d) - 2a = 2p - 2a = 2(p-a)$

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

Сократив на 16, получаем:$S^2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d)$

Откуда, извлекая квадратный корень, получаем искомую формулу:$S = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Площадь вписанного четырехугольника действительно равна $\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$, где $a, b, c, d$ — стороны четырехугольника, а $p$ — его полупериметр.