2730. Пусть S
— площадь треугольника со сторонами a
, b
и c
; p
— его полупериметр. Докажите, что S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
(формула Герона).
Решение. Первый способ. Пусть CD=h
— высота треугольника ABC
, в котором BC=a
, AC=b
, AB=c
. Предположим, что точка D
лежит на стороне AB
. Обозначим BD=x
. Тогда AD=c-x
. Отрезок CD
— общий катет прямоугольных треугольников BCD
и ACD
, поэтому
BC^{2}-BD^{2}=AC^{2}-AD^{2},~\mbox{или}~a^{2}-x^{2}=b^{2}-(c-x)^{2},
откуда
x=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}.
Значит,
S=\frac{1}{2}ch=\frac{1}{2}c\sqrt{a^{2}-x^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}c^{2}-c^{2}x^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{(ac-cx)(ac+cx)}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(2ac-a^{2}-c^{2}+b^{2})(2ac+a^{2}+c^{2}-b^{2})}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(b^{2}-(a-c)^{2}))(a+c)^{2}-b^{2})}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(b-a+c)(b+a-c)(a+c-b)(a+c+b)}=
=\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{b+c-a}{2}\cdot\frac{a+c-b}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2}}=
=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.
Аналогично для случая, когда точка D
лежит на продолжении стороны AB
.
Второй способ. Пусть стороны треугольника равны a
, b
и c
, а угол, противолежащий стороне a
, равен \alpha
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}.
Тогда
S=\frac{1}{2}bc\sin\alpha=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\left(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\right)^{2}}=
=\frac{1}{4}\sqrt{4b^{2}c^{2}-(b^{2}+c^{2}-a^{2})^{2}}=\frac{1}{4}\sqrt{(2bc-b^{2}-c^{2}+a^{2})(2bc+b^{2}+c^{2}-a^{2})}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(a^{2}-(b-c)^{2}))(b+c)^{2}-a^{2})}=
=\frac{1}{4}\sqrt{(a-b+c)(a+b-c)(b+c-a)(b+c+a)}=
=\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{b+c-a}{2}\cdot\frac{a+c-b}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2}}=
=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.
Третий способ. Пусть вписанная в треугольник ABC
окружность с центром O
радиуса r
касается его сторон BC=a
, AC=b
, AB=c
в точках L
, K
, F
соответственно. Обозначим AK=KF=x
, BF=BL=y
, CK=CL=z
. Тогда
x=p-BC=p-a,~y=p-AC=p-b,~z=p-AB=p-c.
Пусть прямая, параллельная стороне AB
, касается окружности в точке Q
и пересекает стороны BC
и AC
в точках M
и N
соответственно. Поскольку AO
и NO
— биссектрисы углов BAK
и ANM
, сумма которых равна 180^{\circ}
, то \angle AON=90^{\circ}
. Отрезок OK
— высота прямоугольного треугольника AON
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому r^{2}=OK^{2}=AK\cdot KN
, откуда KN=\frac{OK^{2}}{AK}=\frac{r^{2}}{x}
. Аналогично LM=\frac{r^{2}}{y}
. Следовательно,
MN=MQ+QN=LM+KN=\frac{r^{2}}{y}+\frac{r^{2}}{x}=\frac{r^{2}(x+y)}{xy}.
Пусть p_{1}
— полупериметр треугольника CMN
. Тогда
2p_{1}=CM+MN+CN=CM+(MQ+QN)+CN=(CM+MQ)+(QN+CN)=
=(CM+ML)+(NK+CN)=CL+CK=2CL=2z,
откуда p_{1}=z
.
Треугольник CNM
подобен треугольнику CAB
, поэтому \frac{p_{1}}{p}=\frac{MN}{AB}
, или
\frac{z}{p}=\frac{\frac{r^{2}(x+y)}{xy}}{x+y}=\frac{r^{2}}{xy},
значит, pr=\frac{xyz}{r}
, а так как pr=S
, то
S=\frac{xyz}{\frac{S}{p}},~S^{2}=pxyz=p(p-a)(p-b)(p-c).
Следовательно, S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
.
Четвёртый способ. Пусть вписанная в треугольник ABC
окружность с центром O
радиуса r
касается его сторон BC=a
, AC=b
, AB=c
в точках L
, K
, F
соответственно. Обозначим AK=KF=x
, BF=BL=y
, CK=CL=z
. Тогда
x=p-BC=p-a,~y=p-AC=p-b,~z=p-AB=p-c
(см. задачу 219). Пусть окружность с центром O_{a}
радиуса r_{a}
касается стороны BC
и продолжений сторон AB
и AC
, причём продолжения стороны AB
— в точке E
. Тогда BE=AE-AB=p-c=y
.
Прямоугольные треугольники BOF
и O_{a}BE
подобны, так как
\angle O_{a}BE=\frac{1}{2}\angle CBE=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ABC)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}-\angle OBF=\angle BOF.
Поэтому \frac{OF}{BE}=\frac{BF}{O_{a}E}
, или \frac{r}{z}=\frac{y}{r_{a}}
. Отсюда находим, что r_{a}=\frac{yz}{r}
Прямоугольные треугольники AO_{a}E
и AOF
также подобны, поэтому \frac{AE}{AF}=\frac{O_{a}E}{OF}
, или \frac{p}{x}=\frac{r_{a}}{r}
. Значит,
pr=r_{a}x=\frac{yz}{r}\cdot x=\frac{xyz}{r},
а так как pr=S
, то
S=\frac{xyz}{\frac{S}{p}},~S^{2}=pxyz=p(p-a)(p-b)(p-c).
Следовательно, S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
.
Пятый способ. Пусть вписанная в треугольник ABC
окружность с центром O
радиуса r
касается его сторон BC=a
, AC=b
, AB=c
в точках L
, K
, F
соответственно. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, AK=KF=x
, BF=BL=y
, CK=CL=z
. Тогда
x=p-BC=p-a,~y=p-AC=p-b,~z=p-AB=p-c
(см. задачу 219). Из прямоугольных треугольников AOK
, BOF
и COL
находим, что
\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{AK}{OK}=\frac{x}{r},~\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{BF}{OF}=\frac{y}{r},~\ctg\frac{\gamma}{2}=\frac{CL}{OL}=\frac{z}{r}.
Применяя известные формулы тригонометрии, получим, что
\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}=\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\left(\frac{180^{\circ}-\alpha-\beta}{2}\right)=
=\frac{1}{\tg\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{\tg\frac{\beta}{2}}+\tg\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}}{\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}}+\frac{\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}}=
=\frac{\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}}{\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\left(1-\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}\right)}=\ctg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\tg\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=
=\ctg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}\right)=\ctg\frac{\alpha}{2}\ctg\frac{\beta}{2}\ctg\frac{\gamma}{2},
или
\frac{x}{r}+\frac{y}{r}+\frac{z}{r}=\frac{xyz}{r^{3}},~p=\frac{xyz}{r^{2}},~pr=\frac{xyz}{r},
а так как pr=S
, то
S=\frac{xyz}{\frac{S}{p}},~S^{2}=pxyz=p(p-a)(p-b)(p-c).
Следовательно, S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
.
Примечание. 1. Пусть S
— площадь треугольника со сторонами a
, b
, c
. Тогда
S=\frac{1}{4}\sqrt{4a^{2}b^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}}.
2. См. также статью А.Белого «Формула Герона», Квант, 1986, N10, с.20-21.