Учебник. Доказательство некоторых формул




Доказательство некоторых формул
1.  S= 1 2 bċcċsinα

Доказательство:

Из основной формулы S= 1 2 h a ċa.

С другой стороны h a =bċsinγ .

По теореме синусов   a sinα = c sinγ , откуда a= cċsinα sinγ .

Подставляя выражения для h a и a в основную формулу, получим искомое выражение.

2.  S= p( p-a ) ( p-b ) ( p-c )

Доказательство:  По теореме косинусов получим cosα= b 2 + c 2 - a 2 2bc . Отсюда

sinα= 1 2bc ( 2b c 2 ) -( b 2 + c 2 - a 2 ) = 1 2bc ( 2bc- b 2 - c 2 + a 2 ) ( 2bc+ b 2 + c 2 - a 2 ) = = 1 2bc ( a 2 - ( b-c ) 2 ) ( ( b+c ) 2 - a 2 ) = 1 2bc ( a-b+c ) ( a+b-c ) ( a+c-a ) ( b+c+a ) = = 4 2bc ( p-b ) ( p-c ) ( p-a ) p ,

  где p= 1 2 ( a+b+c ) . Подставляя полученное выражение в формулу S= 1 2 bcċsinα, получим искомую формулу.

3.  r= S p

Доказательство: S OBC = 1 2 rċa;  S AOC = 1 2 rċb;  S AOB = 1 2 rċc.

По свойству 2 площади простой фигуры имеем

S= S OBC + S AOC + S AOB = 1 2 ra+ 1 2 rb+ 1 2 rc= = 1 2 ( a+b+c ) r=pċr.

Отсюда имеем искомое выражение.

4.  R= abc 4S

Доказательство: По формуле 1 S= 1 2 bċcċsinα , по теореме синусов  a sinα =2R , т. е. sinα= a 2R . Подставляя выражение для sinα в формулу для площади треугольника, получим искомую формулу.

5.  a sinα = b sinβ = c sinγ =2R

Доказательство: из теоремы синусов следует, что a sinα = b sinβ = c sinγ . Для доказательства последнего равенства рассмотрим треугольник ABC, описанную около него окружность ω( O, R ) . Проведем диаметр BD. ΔBAD – прямоугольный, т. к. BAD опирается на диаметр. Кроме того, ADB=BCA=γ как опирающиеся на одну и ту же дугу AB. Из треугольника BAD имеем C=2Rsin( ADB ) =2Rsinγ . Отсюда получаем искомое равенство c sinγ =2R .

6.  S= 1 2 | AB | 2 | AC | 2 - ( AB AC ) 2

Доказательство: По формуле 1 этого раздела S= 1 2 | AB || AC |sinα . Из теоремы 11.10  cosα= ( AB AC ) | AB || AC | . Тогда sinα= 1- ( AB AC ) 2 | AB | 2 | AC | 2 = | AB | 2 | AC | 2 - ( AB AC ) 2 | AB | 2 | AC | 2 . Подставляя выражение для sinα в формулу площади, получаем S= 1 2 | AB || AC | | AB | 2 | AC | 2 - ( AB AC ) 2 | AB || AC | = 1 2 | AB | 2 | AC | 2 - ( AB AC ) 2 .

Соотношения в прямоугольном треугольнике 7.  S= 1 2 aċb

Доказательство следует из формулы для площади треугольника.

8.  S= 1 2 cċ h c

Доказательство следует из формулы 1.

9.  r= a+b-c 2

Доказательство: Пусть OE = OF = OK = r; Отсюда CE = CF = r. По свойству отрезков касательных AK = AE = b – CE = b – r.  BK = BF = a – CF = a – r. Но AK + BK = AB = c. Имеем c = b – r + a – r = a + b – 2r. Откуда получаем r= a+b-c 2 .

10.  R= c 2

Доказательство является следствием формулы 5, если иметь в виду, что sinγ=1.

11.  h c = a c b c

Доказательство следует из подобия треугольников ADC и CDB по двум углам ADC=CDB= 90 ˆ , CAD=α=BCD, так как α+β= 90 ˆ , а α+β= 90 ˆ . Отсюда a c h c = h c b c или h c = a c b c .

12.  a= a c c

Доказательство следует из подобия треугольников ACB и CDB.

13.  b= c b c

Доказательство следует из подобия треугольников ACB и ADC.

14.  a=cċsinα=ccosβ=bċtgα= b tgβ

Доказательство: Первые два равенства следуют из определения синуса и косинуса острого угла прямоугольного треугольника, а последние два равенства – из определения тангенса того же угла.

Соотношения в правильном треугольнике 15.  S= a 2 3 4

Доказательство следует из формулы 1, если учесть, что sinα=sin 60 ˆ = 3 2 и a = b = c.

16.  r= a 3 6

Доказательство следует из формулы 3, если учесть, что S= a 2 3 4 ,   p= 3 2 a.

17.  R= a 3 3

Доказательство: Следует из формулы 4, если учесть, что S= a 2 3 4

Соотношения в четырехугольниках 18.  S= 1 2 d 1 d 2 sinφ

Доказательство: Пусть O – точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. По свойству площадей имеем S ABCD =S= S AOB + S BOC + S COD + S AOD . Но S AOC = 1 2 BOċOCsin( π-φ ) = 1 2 BOċOCċsinφ,

S AOB = 1 2 AOċOBsinφ, S COD = 1 2 COċODsinφ, S AOD = 1 2 AOċODsin( π-φ ) = 1 2 AOċODċsinφ.

Складывая левые и правые части, имеем

S= 1 2 sinφ( ( BO+OD ) OC+( BO+OD ) AO ) = = 1 2 sinφ( BO+OD ) ( OC+AO ) = 1 2 d 1 d 2 sinφ. Параллелограмм 19.  S=a h a =absinα= 1 2 d 1 d 2 sinα

Доказательство: Первое равенство – следствие теоремы 13.3. Второе равенство – следствие теоремы 13.3 и того, что h a =bsinα .

Третье равенство – следствие формулы 6.

Ромб 20.  S=a h a = a 2 sinα= 1 2 d 1 d 2

Доказательство: Первое и второе равенства – следствие формулы 5 и того, что ромб – частный случай параллелограмма. Третье равенство – следствие формулы 6 и свойства ромба, задаваемого теоремой 7.8.

Прямоугольник 21.  S=ab= 1 2 d 1 d 2 sinφ; d 1 = d 2 =d

Доказательство: Следствие определения прямоугольника  ( α= 90 ˆ ) , формулы 6 и свойства прямоугольника, задаваемого теоремой 7.7.

Квадрат 22.  S= a 2 = d 2 2

Доказательство: Следствие определения квадрата и формулы 6.

Трапеция 23.  l= a+b 2 ;S= a+b 2 ċh=lh

Доказательство: Первое равенство – следствие теоремы 7.12. Второе равенство – следствие теоремы 13.5.

Правильный многоугольник 24.  S=pċr.
Правильный n-угольник. r – радиус вписанной окружности.

Доказательство: Пусть a n – сторона правильного n-угольника, r – радиус вписанной в него окружности. Тогда по свойству площади S=nċ S AOB =nċ 1 2 a n ċr= a n ċn 2 ċr=pċr , где – полупериметр -угольника.

25.  a n =2Rsin 180 ˆ n ;S= n a n 2 ċr

Доказательство: Первое равенство – следствие теоремы 9.4. Второе равенство – следствие формулы 3.

Окружность. Круг 26.  c=2πr;S=π r 2

Первое равенство – следствие теоремы 9.6. Второе равенство – следствие теоремы 13.6.

27.  l=rα= πr n ˆ 180 ˆ

Доказательство: Первое равенство – следствие определения радианной меры центрального угла. Второе равенство получается, если учесть следствие 9.4.

28.  S= π r 2 360 ˆ n = 1 2 r 2 α

Доказательство: Первое равенство – следствие теоремы 13.1.

Второе равенство получается из первого, если учесть следствие 9.4.

Произвольный треугольник
29. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке. Точка пересечения делит медианы в отношении 2:1, считая от вершины.

Это является, в частности, прямым следствием теоремы Чевы и обосновано в §14.1. Для доказательства второй части утверждения рассмотрим треугольник ABC. Пусть AD и CE – медианы этого треугольника и O – точка их пересечения. Через точку E проведем прямую, параллельную прямой AD. Пусть F – точка пересечения этой прямой со стороной BC. Очевидно, EF – средняя линия в треугольнике ABD и, следовательно, BF=FD= 1 2 BD= 1 2 DC. Тогда из теоремы 4.13 следует, что OC OF = CD FD =2 . Так как медиана была выбрана произвольно, то это очевидно для любой медианы, что и завершает доказательство.


30.  m a = 1 2 2 b 2 + c 2 - a 2

Рассмотрим произвольный треугольник ABC со сторонами AB = c, BC = a, и AC = b. Пусть AD= m a – медиана этого треугольника. Обозначим дополнительно ADC=φ . Тогда ADB= 180 ˆ -φ .

Применим теорему косинусов к треугольникам ADC и ADB. С учетом введенных обозначений имеем

c 2 = ( a 2 ) 2 + m a 2 -2( a 2 ) m a cos( 180 ˆ -φ ) , b 2 = ( a 2 ) 2 + m a 2 -2( a 2 ) m a cosφ .

Сложим правые и левые части этих равенств с учетом того, что cos 180 ˆ -φ=-cos φ. Тогда получим b 2 + c 2 = a 2 2 +2 m a 2 . Отсюда m a = 1 2 2( b 2 + c 2 )- a 2 .

31.  a= 2 3 2 m b 2 +2 m c 2 - m a 2

Повторяя рассуждения предыдущего пункта, легко получить выражения для длин других медиан треугольника. Выпишем выражения, связывающие длины сторон треугольника и длины медиан этого же треугольника:

{ b 2 + c 2 - a 2 2 =2 m a 2 , a 2 + c 2 - b 2 2 =2 m b 2 , a 2 + b 2 - c 2 2 =2 m c 2 .

Рассматривая эти равенства как систему уравнений относительно a2, b2 и c2 при известных ma2, mb2 и mc2, мы можем решить ее относительно, например, a 2 . Обозначим a 2 =x; b 2 =y; c 2 =z и запишем систему в виде

{ x-2y-2z=-4 m a 2 , 2x-y+2z=4 m b 2 , 2x+2y-z=4 m c 2 .

Складывая последовательно первое уравнение со вторым и третьим, получим:

{ 3x-3y=4 m b 2 - m a 2 3x-3z=4 m c 2 - m a 2   или { -y= 4 3 m b 2 - m a 2 -x, -z= 4 3 m c 2 - m a 2 -x.

Подставим найденные выражения для y и z в первое уравнение. После приведения подобных получим

-3x+ 8 3 m b 2 + m c 2 -2 m a 2 =-4m или x= 1 9 8 m b 2 +8 m c 2 -4 m a 2 .

Окончательно:

a= 2 3 2 m b 2 +2 m c 2 - m a 2 .
32.  Отрезки, на которые разбивает биссектриса угла треугольника противолежащую сторону, пропорциональны сторонам этого угла

Пусть отрезок CD – биссектриса треугольника ABC. Обозначим AD= b 1 , BD= a 1 , BDC=δ. Тогда CDA= 180 ˆ -δ. По теореме синусов в треугольнике BDC имеем

a 1 sin γ 2 = a sinδ или a 1 a = sin γ 2 sinδ , а в треугольнике ADC:

b 1 sin γ 2 = b sin 180 ˆ -δ или b 1 b = sin γ 2 sin 180 ˆ -δ .

Но sin 180 ˆ -δ=sinδ, отсюда правые части равенств совпадают, следовательно, совпадают и левые: a 1 a = b 1 b , что и требовалось доказать.

33.  l c 2 = ab- a 1 b 1

Применим теорему косинусов в треугольниках BDC и ADC: { a 1 2 = a 2 + l c 2 -2a l c cos γ 2 , b 1 2 = b 2 + l c 2 -2b l c cos γ 2 .

Умножим, соответственно, первое равенство на b, а второе на a и вычтем после этого из первого равенства второе. Получим a 1 2 b-a b 1 2 = a 2 b+ l c 2 b-a b 2 - l c 2 a.

Преобразуем левую часть этого равенства. Используя результат пункта 32, можно записать цепочку равенств

a 1 b 1 a 1 b b 1 - b 1 a a 1 = a 1 b 1 a 1 a a 1 - b 1 b b 1 = a 1 b 1 a-b.

С другой стороны, правая часть равенства может быть преобразована к виду

a 2 b-a b 2 + l c 2 b- l c 2 a=ab(a-b)- l c 2 (a-b).

Поэтому имеем a 1 b 1 a-b=aba-b- l c 2 a-b.

Если a = b, то треугольник ABC – равнобедренный (AC = BC), и биссектриса CD совпадает с высотой, тогда искомое выражение для l c есть следствие теоремы Пифагора.

Если a ≠ b, то, сокращая эту разность, получим a 1 b 1 =ab- l c 2 , что дает искомое выражение для l c , а именно: l c 2 = ab- a 1 b 1 .

34.  l c = aba+b+ca+b-c a+b

Площадь S 1 треугольника BDC равна S 1 = 1 2 a l c sin γ 2 . Аналогично площадь S 2 треугольника ADC равна S 2 = 1 2 b l c sin γ 2 . По свойству площадей  S 1 + S 2 =S, где S – площадь треугольника ABC и S= 1 2 absinγ. Имеем равенство 1 2 l c sin γ 2 a+b= 1 2 absinγ. С учетом того, что sinγ=2sin γ 2 cos γ 2 , получим l c = 2ab a+b cos γ 2 .

Из треугольника ABC, используя теорему косинусов, найдем выражение для cosγ :

cosγ= a 2 + b 2 - c 2 2ab ,

но cos γ 2 = 1+cosγ 2 = a 2 + b 2 +2ab- c 2 4ab = a+b-ca+b+c 2 ab .

Подставляя полученное выражение в формулу для длины биссектрисы, получим искомое выражение:

l c = 2ab a+b ċ a+b-c 2 ab = aba+b+ca+b-c a+b . 35.  1 r = 1 h a + 1 h b + 1 h c

По формуле для площади S треугольника имеем

S= 1 2 aċ h a = 1 2 bċ h b = 1 2 cċ h c .

Отсюда можно найти

a 2 = S h a ; b 2 = S h b ; c 2 = S h c

или, складывая почленно правые и левые части равенств, получить

p= 1 2 a+b+c=S 1 h a + 1 h b + 1 h c .

С другой стороны, имеем pċr=S или p= S r . Приравнивая выражения для p и сокращая на S, получим искомое равенство:

1 r = 1 h a + 1 h b + 1 h c .
36.  Высота трапеции равна диаметру вписанной в нее окружности ω(O; R)

В силу свойства 6.5 центр вписанной в трапецию окружности лежит на пересечении биссектрисы ее углов. Так как BCD+CDA= 180 ˆ , то OCD+ODC= 90 ˆ , следовательно, треугольник COD – прямоугольный. В силу свойства прямоугольного треугольника, задаваемого формулой 11, квадрат длины высоты OM, опущенной на гипотенузу CD, равен произведению длин отрезков гипотенузы CM и MD, то есть

O M 2 =CMċMD.

Так как CD – касательная к окружности ω0; R,  OM⊥CD, то в силу единственности перпендикуляра к прямой, опущенного из данной точки вне ее, следует, что OM = R. Кроме того, из условия равнобокости трапеции и отрезков касательных CK и CM (MD и LD), проведенных из точки C(D), имеем

CM=CK= 1 2 BC= 1 2 a, MD=LD= 1 2 AD= 1 2 b.

Подставляя в исходное равенство, получаем

R 2 = 1 2 ab.

Отсюда окончательно h=2R= ab , что и требовалось доказать.





 

Александр Качановский отзывы
Объективные отзывы автовладельцев о своих автомобилях
biznes-kniga.com
© Физикон, 1999-2015