Задача 1
Докажите, что площадь вписанного в окружность четырёхугольника со сторонами a, b, c, d равна √((p − a)(p − b)(p − c)(p − d)), где p — полупериметр.
Решение
Дано: четырёхугольник \(ABCD\) вписан в окружность, \(AB = a\), \(BC = b\), \(CD = c\), \(DA = d\), \(p = \dfrac{a + b + c + d}{2}\). Доказать: \(S = \sqrt{(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)}\).
-
Диагональ \(BD\) делит четырёхугольник на треугольники \(ABD\) и \(CBD\) (вписанный четырёхугольник выпуклый). Так как \(\angle A + \angle C = 180^\circ\), то \(\sin C = \sin A\) и
\[S = \dfrac{1}{2}ad\sin A + \dfrac{1}{2}bc\sin C = \dfrac{1}{2}(ad + bc)\sin A.\] -
Как в задаче 1393, из теоремы косинусов для \(BD\) в двух треугольниках и \(\cos C = -\cos A\):
\[\cos A = \dfrac{a^2 + d^2 - b^2 - c^2}{2(ad + bc)}.\] -
Найдём \(1 + \cos A\) и \(1 - \cos A\), раскладывая по формуле разности квадратов:
\[1 + \cos A = \dfrac{(a + d)^2 - (b - c)^2}{2(ad + bc)} = \dfrac{(a + d - b + c)(a + d + b - c)}{2(ad + bc)} = \dfrac{2(p - b) \cdot 2(p - c)}{2(ad + bc)},\]\[1 - \cos A = \dfrac{(b + c)^2 - (a - d)^2}{2(ad + bc)} = \dfrac{(b + c - a + d)(b + c + a - d)}{2(ad + bc)} = \dfrac{2(p - a) \cdot 2(p - d)}{2(ad + bc)}.\] -
По основному тригонометрическому тождеству \(\sin^2 A = 1 - \cos^2 A = (1 - \cos A)(1 + \cos A) = \dfrac{4(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)}{(ad + bc)^2}\). Угол \(A\) меньше \(180^\circ\), \(\sin A > 0\), поэтому
\[\sin A = \dfrac{2\sqrt{(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)}}{ad + bc}.\] -
Подставим в формулу шага 1: \(S = \dfrac{1}{2}(ad + bc) \cdot \dfrac{2\sqrt{(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)}}{ad + bc} = \sqrt{(p - a)(p - b)(p - c)(p - d)}\). Утверждение доказано.
Ответ
Площадь равна ½(ad + bc)·sin A, косинус угла A находится по теореме косинусов, а синус — из основного тригонометрического тождества.
Подробнее — в теме «Теорема косинусов».