5434. Теорема Бретшнейдера для четырёхугольника (вторая теорема косинусов для четырёхугольника). Пусть AB=a
, BC=b
, CD=c
и AD=d
— стороны четырёхугольника ABCD
(возможно невыпуклого), AC=e
и BD=f
— его диагонали, \angle BAD=\alpha
, \angle BCD=\gamma
. Докажите, что
(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma).
Решение. Первый способ. Обозначим (рис. 1)
\angle ACD=x,~\angle CAD=y,~\angle ACB=z,~\angle BAC=t.
Вне четырёхугольника ABCD
построим треугольник ABF
, подобный треугольнику CAD
(\angle ABF=\angle CAD=y
, \angle BAF=\angle ACD=x
), и треугольник ADE
, подобный треугольнику CAB
(\angle DAE=\angle ACB=z
, \angle ADE=\angle CAB=t
). Тогда
\frac{AF}{c}=\frac{a}{e},~\frac{BF}{d}=\frac{a}{e},~\frac{AE}{b}=\frac{d}{e},~\frac{DE}{a}=\frac{d}{e},
поэтому
AF=\frac{ac}{e},~AE=\frac{bd}{e},~BF=DE=\frac{ad}{e}.
Поскольку
\angle DBF+\angle BDE=(y+\angle ABD)+(t+\angle ADB)=(t+y)+(\angle ABD+\angle ADB)=
=\angle BAD+\angle ABD+\angle ADB=180^{\circ},
прямые BF
и DE
параллельны, а так как BF=DE
, то четырёхугольник BDEF
— параллелограмм. Значит, EF=BD=f
.
Предположим, что точки A
, E
и F
не лежат на одной прямой. В треугольнике EAF
известно, что
AF=\frac{ac}{e},~AE=\frac{bd}{e},~
\angle EAF=360^{\circ}-(x+t+y+z)=360^{\circ}-(x+z)-(t+y)=360^{\circ}-\gamma-\alpha.
По теореме косинусов
EF^{2}=AF^{2}+AE^{2}-2AF\cdot AE\cos\angle EAF,
или
f^{2}=\left(\frac{ac}{e}\right)^{2}+\left(\frac{bd}{e}\right)^{2}-2\cdot\frac{ac}{e}\cdot\frac{bd}{e}\cos(\alpha+\gamma).
Следовательно,
(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma).
Что и требовалось доказать.
Если же точки A
, E
и F
лежат на одной прямой, то \alpha+\gamma=180^{\circ}
. Тогда четырёхугольник ABCD
вписанный, \cos(\alpha+\gamma)=-1
и
(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma)=(ac)^{2}+(bd)^{2}+2abcd=(ac+bd)^{2},
что следует из теоремы Птолемея ef=ac+bd
(см. задачу 130).
Второй способ. Обозначим \angle ABC=\beta
, \angle ADC=\delta
(рис. 2). Вне четырёхугольника ABCD
построим треугольник ADC_{1}
, подобный треугольнику ABC
(\angle DAC_{1}=\angle BAC
, \angle ADC_{1}=\angle ABC=\beta
). Тогда
\frac{AC_{1}}{e}=\frac{d}{a},~\frac{DC_{1}}{b}=\frac{d}{a},
поэтому
AC_{1}=\frac{de}{a},~DC_{1}=\frac{db}{a}.
Если отрезок CC_{1}
пересекает прямую AD
в точке, лежащей внутри отрезка AD
, то
\angle CDC_{1}=\angle CDA+\angle C_{1}DA=\delta+\beta.
Заметим, что
\angle CAC_{1}=\angle DAC_{1}+\angle CAD=\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD=\alpha.
Применив теорему косинусов к треугольникам ABD
, CDC_{1}
и CAC_{1}
, получим, что
BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos\alpha,
CC_{1}^{2}=DC^{2}+DC_{1}^{2}-2DC\cdot DC_{1}\cos(\delta+\beta),
CC_{1}^{2}=AC^{2}+AC_{1}^{2}-2AC\cdot AC_{1}\cos\alpha,
или
f^{2}=a^{2}+d^{2}-2ad\cos\alpha,
CC_{1}^{2}=c^{2}+\frac{d^{2}b^{2}}{a^{2}}-2\cdot\frac{cdb}{a}\cos(\delta+\beta),
CC_{1}^{2}=e^{2}+\frac{d^{2}e^{2}}{a^{2}}-2\cdot\frac{de^{2}}{a}\cos\alpha.
Приравняв правые части двух последних равенств и учитывая, что \cos(\delta+\beta)=\cos(\alpha+\gamma)
, получим:
c^{2}+\frac{d^{2}b^{2}}{a^{2}}-2\cdot\frac{cdb}{a}\cos(\delta+\beta)=e^{2}+\frac{d^{2}e^{2}}{a^{2}}-2\cdot\frac{de^{2}}{a}\cos\alpha,
a^{2}c^{2}+d^{2}b^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma)=e^{2}(a^{2}+d^{2}-2ad\cos\alpha),
a^{2}c^{2}+d^{2}b^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma)=e^{2}f^{2}.
Следовательно,
(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma).
Аналогично для случая, когда отрезок CC_{1}
пересекает прямую AD
в точке, лежащей вне отрезка AD
.
Если же точки C
, D
и C_{1}
лежат на одной прямой, то \cos(\delta+\beta)=\cos180^{\circ}=-1
, CC_{1}=c+\frac{BD}{a}
, и утверждение задачи также верно.
Третий способ. Из вершины C
опустим перпендикуляры CM
, CN
и CK
на прямые BD
, AD
и AB
соответственно. Рассмотрим случай, изображённый на рис. 3. Обозначим \angle ADB=\varphi
, \angle ABD=\psi
.
Из точек M
и N
отрезок CD
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром CD
. По теореме синусов
MN=CD\sin\angle MDN=CD\sin\angle ADB=c\sin\varphi.
Аналогично
KM=BC\sin MBK=BC\sin(180^{\circ}-\angle ABD)=BC\sin(180^{\circ}-\psi)=b\sin\psi,
KN=AC\sin KAN=e\sin\alpha.
Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника ABD
. Тогда
\sin\alpha=\frac{f}{2R},~\sin\varphi=\frac{a}{2R},~\sin\psi=\frac{d}{2R}.
Заметим, что
\angle KMN=\angle KMC+\angle CMN=\angle KBC+\angle CMN=
=(180^{\circ}-\beta)+(180^{\circ}-\delta)=360^{\circ}-(\beta+\delta)=\alpha+\gamma.
Применив теорему косинусов к треугольнику KMN
, получим, что
KN^{2}=MN^{2}+KM^{2}-2MN\cdot KM\cos\angle KMN,
или
e^{2}\sin^{2}\alpha=c^{2}\sin^{2}\varphi+b^{2}\sin^{2}\psi-2c\sin\varphi\cdot b\sin\psi\cos(\alpha+\gamma),
e^{2}\cdot\frac{f^{2}}{4R^{2}}=c^{2}\cdot\frac{a^{2}}{4R^{2}}+b^{2}\cdot\frac{d^{2}}{4R^{2}}-2bc\cdot\frac{ad}{4R^{2}}\cdot\cos(\alpha+\gamma).
Следовательно,
(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(\alpha+\gamma).
Аналогично для остальных случаев.
Четвёртый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис. 4.
Обозначим \angle BAD=\alpha
, \angle BCD=\gamma
. От лучей BC
и CB
в полуплоскость, содержащую точку A
, отложим лучи под углами, равными ABD
и ADB
соответственно. Треугольники BPC
и BAD
подобны, а \angle BPC=\angle BAD=\alpha
. Тогда
\frac{PC}{AD}=\frac{BC}{BD}~\Rightarrow~BD\cdot PC=AD\cdot BC.
Поскольку \angle ABP=\angle DBC
и \frac{PC}{AD}=\frac{BC}{BD}
, треугольники ABP
и DBC
тоже подобны, поэтому
\frac{AP}{CD}=\frac{AB}{BD}~\Rightarrow~BD\cdot AP=AB\cdot CD,
и \angle APB=\angle BCD=\gamma
. Значит,
\angle APC=\angle BPC+\angle APB=\alpha+\gamma.
По теореме косинусов
AC^{2}=AP^{2}+PC^{2}-2AP\cdot PC\cos(\alpha+\gamma).
Умножив это равенство на BD^{2}
, с учётом полученных ранее равенств BD\cdot PC=AD\cdot BC
и BD\cdot AP=AB\cdot CD
получим
AC^{2}\cdot BD^{2}=AP^{2}\cdot BD^{2}+PC^{2}\cdot BD^{2}-2(AP\cdot BD)\cdot(PC\cdot BD)\cos(\alpha+\gamma)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~AC^{2}\cdot BD^{2}=AB^{2}\cdot CD^{2}+AD^{2}\cdot BC^{2}-2(AB\cdot CD)\cdot(AD\cdot BC)\cos(\alpha+\gamma)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~AC^{2}\cdot BD^{2}=AB^{2}\cdot CD^{2}+AD^{2}\cdot BC^{2}-2AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA\cos(\alpha+\gamma).
Что и требовалось доказать.
Аналогично для любого другого случая.
Примечание. Если \alpha+\gamma=180^{\circ}
, то четырёхугольник ABCD
вписанный, а доказанное равенство примет вид
AC^{2}\cdot BD^{2}=AB^{2}\cdot CD^{2}+AD^{2}\cdot BC^{2}+2AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~AC^{2}\cdot BD^{2}=(AB\cdot CD+AD\cdot BC)^{2}~\Leftrightarrow~AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC.
Получаем теорему Птолемея (см. задачу 130).