Научно-методически статии
ЕДНА КРАТКА ФОРМУЛА ЗА ЛИЦЕ НА ЧЕТИРИЪГЪЛНИК С ДВЕ РАВНИ СРЕЩУПОЛОЖНИ СТРАНИ И ПРИЛОЖЕНИЕТО Ѝ
https://doi.org/10.53656/math2025-2-1-asf
Резюме. В статията са развити методи, с които се решават сложни задачи от нивото на олимпиади по математика, които са необходими както на ученици от гимназиалния курс, така и на техните учители. В основата на тези методи лежи една формула за лице на четириъгълник с двойка равни, но неуспоредни срещуположни страни. Тя бе получена като частен случай на по-обща формула за лице на произволен изпъкнал четириъгълник, разгледана в (Stefanov et al. 2024). Тук ще докажем тази формула по по-пряк начин и ще разгледаме приложението ѝ за ефективно решаване на геометрични задачи.
Ключови думи: специален вид четириъгълници; формули за лице; лице на успоредник; задачи
1. Въведение
Към използваните през годините формули за лице на произволен изпъкнал четириъгълник от началото на XX век насам бяха добавени ред нови. По една от тези формули, изложена в (Siddons & Hughes 1929), лицето на четириъгълника се изразява чрез дължините на страните му и тангенса на ъгъла между неговите диагонали, по-друга, разгледана също в (Siddons & Hughes 1929) – чрез дължините на страните и диагоналите му, а по-трета, изложена в (Stefanov et al. 2024) – чрез дължините на страните и тригонометрични функции на други ъгли в четириъгълника.
Оказва се, благодарение на изброените формули за лице на четириъгълник се получават прости методи за ефективното решаване на определени типове задачи с повишена трудност. На първо място – това са задачи за изразяване на лицата на определени видове многоъгълници чрез линейни и ъглови елементи на същите, както и задачи за доказване на определени зависимости в многоъгълниците, които зависимости свързват такива елементи. На второ място – задачи за доказване, че отношението на два определени израза от линейни елементи на четириъгълник приема определена числова стойност. На трето място ще отбележим задачите, в които се изисква лицето на даден четириъгълник, влизащ в определена конфигурация, да се изрази чрез точно определени елементи на конфигурацията.
В зависимост от конкретния вид на дадената задача се използват различни начини (методи) за нейното решаване. Ако задачата е от първия тип, в случая, когато в нея се търси лицето на определен вид многоъгълници, методът за решаването ѝ е добре познат – многоъгълникът се разбива на четириъгълници, които го покриват в съвкупност и нямат общи вътрешни точки помежду си. Лицата на отделните четириъгълници се изразяват по една от изброените по-горе формули и получените изрази се събират. След опростяване се получава лицето на целия многоъгълник. Ако задачата е от първия тип и се изисква да се докаже определена зависимост между елементи на разглеждания в нея вид многоъгълници, удобен е следният начин за нейното решаване. Търсим такъв четириъгълник с върхове измежду върховете на дадения многоъгълник, че ако изразим лицето му по два различни начина – с помощта на две различни формули, и приравним получените изрази, да получим желаната зависимост. Този начин за решаване на задачата предполага (изисква) немалка съобразителност от страна на учениците.
Решаването на задачи от втория тип, в които трябва да се докаже, че отношението на два израза от елементи на даден четириъгълник е равно на определена числова величина, става, като това отношение се замени с отношението на лицата на два определени четириъгълника, свързани с дадения. За целта търсим такива два четириъгълника (свързани с дадения), че отношението на техните лица, изразени с подходяща формула, да съвпада с отношението на изразите. Така задачата се свежда до проверката, че отношението на лицата на двата четириъгълника е равно на въпросната числова величина.
Методът за решаване на задачи от третия тип, в които се изисква лицето на четириъгълник, влизащ в определена конфигурация, да се изрази чрез дадени елементи на тази конфигурация, е съвсем прост. За целта се избира такава формула за лице на четириъгълник, с помощта на която лицето на въпросния четириъгълник се изразява чрез дадените елементи на конфигурацията.
Тук ще изложим решенията на ред задачи от упоменатите типове, получени по описаните начини. Предварително ще изведем споменатата формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни, която заедно с още една от споменатите в началото формули ще ни служи за решаването на задачите. Тази (последната) формула за лице на произволен изпъкнал четириъгълник е следната:
(*) \[ S=\tfrac{1}{4}\left(b^{2}+d^{2}-a^{2}-c^{2}\right) \cdot \operatorname{tg} \varphi, \quad \varphi \neq 90^{\circ} . \]
Тук \(a, b, c\) и \(d\) са дължините на последователните страни на четириъгълника, а \(\varphi\) е ъгълът между диагоналите му, който лежи срещу страната с дължина \(a\).
2. Формула за лице на успоредник с неравни съседни страни
В доказателството на въпросната формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни ще използваме една полезна и за други цели формула – за лице на успоредник с неравни съседни страни.
Фигура 1
Фигура 2
Лема. Нека в успоредника \(A B C D\) дължините на страните \(A B\) и \(B C\) са съответно а \(u b,(a \neq b)\), а острият ъгъл между диагоналите има мярка \(\varphi_{0}\). Тогава лицето \(S\) на \(A B C D\) може да се определи по формулата:
(1) \[ S=\tfrac{1}{2}\left|a^{2}-b^{2}\right| \cdot \operatorname{tg} \varphi_{0} \]
Доказателство. Означаваме пресечната точка на диагоналите \(A C\) и \(B D\) с \(O\) (фиг. 1). Без ограничение можем да считаме, че острият ъгъл между диагоналите на успоредника \(A B C D\), мярката на който по условие е \(\varphi_{0}\), е ъгълът \(B O C\), т.е. че \(\measuredangle B O C \lt \measuredangle B O A\). Двете страни \(B O\) и \(C O\) на \(\triangle B O C\) са съответно равни на двете страни \(B O\) и \(A O\) на \(\triangle A O B\). Ъгълът \(B O C\) между първата двойка страни е по-малък от ъгъла \(B O A\) между втората двойка. Тогава дължината на третата страна \(B C\) на \(\triangle B O C\) ще е по-малка от дължината на третата страна \(A B\) на \(\triangle A O B\), т.е. ще имаме: \(b \lt a\). От \(\measuredangle B O C \lt 90^{\circ}\) освен това следва, че ортогоналната проекция \(H\) на върха \(C\) върху правата \(B D\) лежи на лъча \(O B \rightarrow\). От Питагоровата теорема \(a^{2}=C H^{2}+D H^{2}\) и \(b^{2}=C H^{2}+B H^{2}\) за правоъгълните триъгълници \(D H C\) и \(B H C\) следва:
\[ \begin{aligned} & a^{2}-b^{2}=\left(C H^{2}+D H^{2}\right)-\left(C H^{2}+B H^{2}\right)=D H^{2}-B H^{2}= \\ & =(D H-B H)(D H+B H)=[(D O+O H)-(B O-O H)] \cdot B D= \\ & =2 \cdot O H \cdot B D \end{aligned} \]
От друга страна, от правоъгълния \(\triangle O H C\), в който \(\measuredangle C O H=\varphi_{0}\), имаме:
\(O H=C H \cdot \operatorname{cotg} \varphi_{0}\). Тогава:
\(a^{2}-b^{2}=2 \cdot O H \cdot B D=2 \cdot C H \cdot \operatorname{cotg} \varphi_{0} \cdot B D=4 S_{B C D} \cdot \operatorname{cotg} \varphi_{0}=2 S \cdot \operatorname{cotg} \varphi_{0} \cdot\)
Оттук непосредствено следва доказваното равенство (1) .
3. Формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни
Вече можем да пристъпим към разглеждане предмета на настоящата статия и да формулираме и докажем въпросната формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни.
Теорема. Нека \(A B C D\) е четириъгълник с равни страни \(A D\) и \(B C\), продълженията на които се пресичат в точка \(U\) и \(\measuredangle A U B=\varphi\). Тогава лицето на \(A B C D\) може да се определи от равенството:
(2) \[ S_{A B C D}=\tfrac{1}{4}\left|A B^{2}-C D^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} . \]
Доказателство. Означаваме средите на страните \(A B, B C, C D\) и \(D A\) на четириъгълника \(A B C D\) съответно с \(M, N, P\) и \(Q\) (фиг. 2). Понеже \(E P=\tfrac{1}{2} A D=\tfrac{1}{2} B C=F P\) (средни отсечки) и аналогично \(E M=\tfrac{1}{2} B C=\tfrac{1}{2} A D=F M\), то \(E P=F P=E M=F M\) и следователно четириъгълникът \(E M F P\) е ромб. Освен това \(E P \| A D\) и \(F P \| B C\), следователно \(\measuredangle E P F=\measuredangle A U B=\varphi\). Означаваме \(E F \cap M P=G\). Тогава \(G\) е среда на \(E F\) и \(M P\). Освен това \(\measuredangle F G P=90^{\circ}\) (от ромба \(E M F P\) ) и \(\measuredangle G P F=\tfrac{1}{2} \measuredangle E P F=\tfrac{1}{2} \varphi\). Оттук, като вземем предвид, че \(\triangle P G F\) е правоъгълен, получаваме:
(3) \[ M P=2 \cdot G P=2 \cdot G F \cdot \operatorname{cotg} \measuredangle G P F=E F \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \]
Понеже \(Q P\|A C\| M N\) и \(Q M\|B D\| P N\) (средни отсечки), четириъгълникът \(M N P Q\) също е успоредник, a понеже \(Q E\|C D\| F N\) и \(E N\|A B\| Q F\), то и четириъгълникът \(Q E N F\) е успоредник. Без ограничение можем да считаме, че острият ъгъл между диагоналите на успоредника \(Q E N F\) е ъгъл \(F G N\). Нека \(\measuredangle F G N=\bar{\psi}\). Тогава \(\measuredangle P G N=\) \(\measuredangle P G F+\measuredangle F G N=90^{\circ}+\bar{\psi}\). Освен това \(S_{A B C D}=2 S_{M N P Q}\) (по теоремата на Вариньон). С помощта на равенство (3) и формулата от лемата получаваме последователно:
\[ \begin{aligned} & S_{A B C D}=2 S_{M N P Q}= \\ & =M P \cdot Q N \cdot \sin \measuredangle P G N=\left(E F \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\right) \cdot Q N \cdot \sin \left(90^{\circ}+\bar{\psi}\right)= \\ & =Q N \cdot E F \cdot \sin \bar{\psi} \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \cdot \tfrac{\cos \bar{\psi}}{\sin \bar{\psi}}=2 S_{Q E N F} \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \cdot \operatorname{cotg} \bar{\psi}= \\ & =\left[\left|Q F^{2}-Q E^{2}\right| \cdot \operatorname{tg} \bar{\psi}\right] \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \cdot \operatorname{cotg} \bar{\psi}=\left|\left(\tfrac{A B}{2}\right)^{2}-\left(\tfrac{C D}{2}\right)^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \end{aligned} \]
С това равенство (2) е доказано.
4. Публикувани вече задачи, които се решават с помощта на изведената формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни
Доказаната тук формула за лице на четириъгълник с двойка равни срещуположни страни служи за ефективното решаване на сложни геометрични задачи. Ще припомним първо задачите от статията (Stefanov et al., 2024), понеже решението на всяка една от тях е отлична илюстрация на ефекта от използването на разглежданата формула.
Задача 1. Върху страните \(A D\) и \(B C\) на изпъкналия четириъгълник \(A B C D\), в който тези страни са равни, са взети съответно точките \(M\) и \(N\) така, че \(A M=B N\). Нека \(A B=a, C D=c, M N=p \quad(a \gt p \gt c)\). Ако \(S_{2}\) и \(S_{1}\) са лицата съответно на четириъгълниците \(M N C D\) и \(A B N M\), да се докаже равенството: \(\tfrac{S_{1}}{S_{2}}=\tfrac{a^{2}-p^{2}}{p^{2}-c^{2}}\).
Фигура 3
Фигура 4
Фигура 5
Решение: Означаваме ъгъла между продълженията на страните \(A D\) и \(B C\) с \(\varphi\) (фиг. 3). В четириъгълниците \(A B N M\) и \(M N C D\) имаме: \(A M=B N\) и \(M D=C N\). Можем да използваме формула (2) и за лицата \(S_{1}\) и \(S_{2}\) на тези четириъгълници получаваме съответно:
\(S_{1}=\tfrac{1}{4}\left(a^{2}-p^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\) и \(S_{2}=\tfrac{1}{4}\left(p^{2}-c^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\). Оттук непосредствено следва желаното равенство.
Задача 2. Нека \(A_{1} A_{2} \ldots \ldots A_{8}\) е може би и неизпъкнал осмоъгълник (фиг. 4) и \(A_{1} A_{2}=a, A_{8} A_{3}=p, A_{7} A_{4}=q, A_{6} A_{5}=b(a \gt p \gt q \gt b)\). Нека дължините на двойките страни \(A_{1} A_{8}\) и \(A_{2} A_{3} ; A_{8} A_{7}\) и \(A_{3} A_{4} ; A_{7} A_{6}\) и \(A_{4} A_{5}\) са равни помежду си, а лъчите \(A_{1} A_{8}\) и \(A_{2} A_{3} ; A_{8} A_{7}\) и \(A_{3} A_{4}\); \(A_{7} A_{6}\) и \(A_{4} A_{5}\) образуват по двойки при пресичането си един и същ ъгъл \(\varphi\). Да се докаже, че лицето \(S\) на осмоъгълника се определя чрез равенството \(S=\tfrac{1}{4}\left(a^{2}-b^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\).
Решение: Означаваме лицата на четириъгълниците \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{8}\), \(A_{8} A_{3} A_{4} A_{7}\) и \(A_{7} A_{4} A_{5} A_{6}\) съответно с \(S_{1}, S_{2}\) и \(S_{3}\). Четириъгълникът \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{8}\) има две равни срещуположни страни \(A_{1} A_{8}\) и \(A_{2} A_{3}\), ъгълът между продълженията на които по условие е равен на \(\varphi\). Затова по формула (2) за лицето на този четириъгълник имаме: \(S_{1}=\tfrac{1}{4}\left(a^{2}-p^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\). Аналогично получаваме: \(S_{2}=\tfrac{1}{4}\left(p^{2}-q^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\) и \(S_{3}=\tfrac{1}{4}\left(q^{2}-b^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\). Тогава \(S=S_{1}+S_{2}+S_{3}=\tfrac{1}{4}\left[\left(a^{2}-p^{2}\right)+\left(p^{2}-q^{2}\right)+\left(q^{2}-b^{2}\right)\right] \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}=\) \(=\tfrac{1}{4}\left(a^{2}-b^{2}\right) \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2}\). С това желаното равенство е доказано.
Задача 3. Лъчът \(O Z^{\rightarrow}\) разполовява ъгъл XOY. Върху лъчите \(O X^{\rightarrow}, O Y^{\rightarrow}\) и \(O Z \rightarrow\) са нанесени произволно равни отсечки \(A_{x} B_{x}, A_{y} B_{y}, A_{z} B_{z}\) така, че точките \(B_{x}, B_{y}\) и \(B_{z}\) лежат съответно между точките \(A_{x}\) и \(\mathrm{O}, A_{Y}\) и \(\mathrm{O}, A_{z}\) и O. Нека \(A_{x} A_{z}=a, A_{z} A_{y}=b, B_{y} B_{z}=c\) и \(B_{z} B_{x}=d\). Ако лицата на четириъгълниците \(A_{x} A_{z} B_{z} B_{x}\) и \(A_{z} A_{y} B_{y} B_{z}\) са съответно \(S_{1}\) и \(S_{2}\), да се докаже равенството: \(\tfrac{S_{1}}{S_{2}}=\tfrac{\left|a^{2}-d^{2}\right|}{\left|b^{2}-c^{2}\right|}\).
Решение: Полагаме \(\measuredangle X O Y=\varphi\) (фиг. 5) (Понеже лъчът \(O Z^{\rightarrow}\) разполовява ъгъл \(X O Y\), то \(\measuredangle A_{x} O A_{z}=\measuredangle A_{z} O A_{y}=\tfrac{\varphi}{2}\) ). Четириъгълникът \(A_{x} A_{z} B_{z} B_{x}\) има две равни срещуположни страни \(A_{x} B_{x}\) и \(A_{z} B_{z}\), ъгълът между продълженията на които има мярка \(\tfrac{\varphi}{2}\). Тогава по формула (2), за лицето на този четириъгълник получаваме: \(S_{1}=\tfrac{1}{4}\left|a^{2}-d^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{4}\). Аналогично определяме: \(S_{2}=\tfrac{1}{4}\left|b^{2}-c^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{4}\). Следователно \(\tfrac{S_{1}}{S_{2}}=\) \(=\tfrac{\left|a^{2}-d^{2}\right|}{\left|b^{2}-c^{2}\right|}\). С това желаното равенство е доказано.
Сега преминаваме към задачи, неразгледани в споменатия по-горе източник.
5. Задача за един специален вид четириъгълници
Ще разгледаме първо приложението на формула (2) за лице на четириъгълник с две равни срещуположни страни за решаването на една задача за специален вид четириъгълници, притежаващ много забележителни свойства, голяма част от които са изследвани в (Haimov 1994) и (Haimov 1995) :
Определение. Четириъгълникът \(A B C D\) с равни страни \(A D, C D\) и \(C B\), в който \(\measuredangle A D C+\measuredangle D C B=240^{\circ}\) се нарича трибедреник с основа \(A B\) и бедра \(A D, D C\) и \(C B\) (фиг. 6).
Лесно се проверява, че в трибедреника \(A B C D\) продълженията на страните \(A D\) и \(B C\) се пресичат в точка \(U\), за която \(\measuredangle A U B=60^{\circ}\).
Фигура 6
Задача 4. Нека \(A B C D\) е трибедреник с основа \(A B=a\) и бедpa \(A D=D C=C B=b\). Ако \(E\) и \(F\) са средите съответно на бедрата \(A D\) и \(B C\), да се определят лицата на четириъгълниците \(A B F E\) и \(E F C D\) (фиг. 6).
Решение: Прилагаме формула (2) за лице на четириъгълник с две равни срещуположни страни към четириъгълниците \(A B F E\) и \(E F C D\) и получаваме:
(4) \[ S_{A B F E}=\tfrac{1}{4}\left|A B^{2}-E F^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} 30^{\circ}=\tfrac{1}{4}\left|a^{2}-E F^{2}\right| \cdot \sqrt{3}, \]
(5) \[ S_{E F C D}=\tfrac{1}{4}\left|E F^{2}-C D^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} 30^{\circ}=\tfrac{1}{4}\left|E F^{2}-b^{2}\right| \cdot \sqrt{3}. \]
Ще определим дължината на отсечката \(E F\). Построяваме в полуравнината на правата \(D C\), не съдържаща трибедреника, равностранен \(\triangle D C M\). Имаме последователно:
\[ \begin{aligned} & \measuredangle A D M=\measuredangle A D C+60^{\circ}=\left(240^{\circ}-\measuredangle B C D\right)+60^{\circ}=300^{\circ}-\measuredangle B C D= \\ & =360^{\circ}-\left(\measuredangle B C D+60^{\circ}\right)=360^{\circ}-(\measuredangle B C D+\measuredangle D C M)=\measuredangle B C M \end{aligned} \] т.е. \(\measuredangle E D M=\measuredangle F C M\). Освен това \(E D=C F=\tfrac{b}{2}\) и \(D M=C M\) (по построение), следователно \(\triangle E D M \cong \triangle F C M\). Оттук получаваме \(E M=F M\) и \(\measuredangle E M D=\measuredangle F M C\). Тогава:
\[ \begin{aligned} & \measuredangle E M F=\measuredangle D M F-\measuredangle E M D= \\ & =(\measuredangle D M C+\measuredangle F M C)-\measuredangle E M D=\measuredangle D M C=60^{\circ} . \end{aligned} \]
Получихме, че \(\measuredangle E M F=60^{\circ}\) и че \(E M=F M\), откъдето следва, че \(\triangle E F M\) е равностранен. Тогава \(E F=E M\). Аналогично се доказва, че \(\triangle A B M\) е равностранен, следователно \(A M=A B=a\). От \(\triangle A D M\), в който \(M E\) е медиана, имаме:
\[ 4 E M^{2}=2 A M^{2}+2 D M^{2}-A D^{2}=2 a^{2}+2 b^{2}-b^{2}=2 a^{2}+b^{2} \]
Следователно \(E F^{2}=E M^{2}=\tfrac{1}{4}\left(2 a^{2}+b^{2}\right)\). Като заместим в равенства (4) и (5), оттук получаваме: \(S_{A B F E}=\left|2 a^{2}-b^{2}\right| \cdot \tfrac{\sqrt{3}}{16}, S_{E F C D}=\left|2 a^{2}-3 b^{2}\right| \cdot \tfrac{\sqrt{3}}{16}\).
6. Задача за четириъгълник с двойка равни срещуположни страни
Задача 5. Нека \(A B C D\) е четириъгълник с равни (но не успоредни) страни \(A D\) и \(B C\) и точките \(M\) и \(Q\) разделят страната \(A D\) на три равни части, а точките \(N\) и \(P\)– страната \(B C\) също на три равни части. Да се докаже равенството:
(6) \[ \left|M N^{2}-P Q^{2}\right|=\tfrac{1}{3}\left|A B^{2}-C D^{2}\right| \]
Фигура 7
Решение: Ще докажем първо, че \(S_{M N P Q}=\tfrac{1}{2} S_{A N C Q}\). Понеже \(N M\) е медиана в \(\triangle A N Q\) (фиг. 7), имаме \(S_{Q M N}=\tfrac{1}{2} S_{A Q N}\), а понеже \(Q P\) е медиана в \(\triangle Q C N\), аналогично \(S_{Q P N}=\tfrac{1}{2} S_{Q N C}\). Тогава:
(7) \[ \begin{aligned} & S_{M N P Q}=S_{Q M N}+S_{Q P N}= \\ & =\tfrac{1}{2} S_{A Q N}+\tfrac{1}{2} S_{Q N C}= \\ & =\tfrac{1}{2} S_{A N C Q} \end{aligned} \]
Ще докажем сега, че \(S_{A N C Q}=\) \(=\tfrac{2}{3} S_{A B C D}\). Триъгълниците \(A C Q\) и \(A C D\) имат обща височина през върха \(C\) и \(A Q=\tfrac{2}{3} A D\). Следователно \(S_{A C Q}=\tfrac{2}{3} S_{A C D}\). Аналогично се доказва, че \(S_{A C N}=\tfrac{2}{3} S_{A B C}\). Затова:
\[ S_{A N C Q}=S_{A C Q}+S_{A C N}=\tfrac{2}{3} S_{A C D}+\tfrac{2}{3} S_{A B C}=\tfrac{2}{3} S_{A B C D} \] От (7) сега следва:
\[ S_{M N P Q}=\tfrac{1}{2} S_{A N C Q}=\tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{2}{3} S_{A B C D}=\tfrac{1}{3} S_{A B C D} \]
т.е.
(8) \[ \tfrac{S_{M N P Q}}{S_{A B C D}}=\tfrac{1}{3} . \]
Означаваме мярката на ъгъла между продълженията на страните \(A D\) и \(B C\) на четириъгълника \(A B C D\) с \(\varphi\). По формула (2) за лице на четириъгълник с две равни срещуположни страни от четириъгълниците \(M N P Q\) и \(A B C D\) получаваме съответно:
\[ \begin{aligned} S_{M N P Q} & =\tfrac{\left|M N^{2}-P Q^{2}\right|}{4} \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \\ S_{A B C D} & =\tfrac{\left|A B^{2}-C D^{2}\right|}{4} \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi}{2} \end{aligned} \] След почленно деление на тези две равенства достигаме до равенството:
\[ \tfrac{\left|M N^{2}-P Q^{2}\right|}{\left|A B^{2}-C D^{2}\right|}=\tfrac{S_{M N P Q}}{S_{A B C D}} \] Оттук и от (8) непосредствено следва доказваното равенство (6).
Забележка. Изложеното решение може съществено да се съкрати, ако се използват получените в (Parusheva 2023) резултати.
7. Една задача за петоъгълник
Фигура 8
Задача 6. В изпъкналия петоъгълник \(A B C D E\) дължините на страните \(A B, B C\), \(C D, D E\) и \(E A\) са съответно \(a, b, c, d\) и \(e\) (фиг. 8). Нека \(T\) е пресечната точка на диагоналите \(A D\) и \(E C\), а \(U\)– тази на продълженията на страните \(A E\) и \(C D\). Ако са изпълнени условията \(\measuredangle C T D=\) \(=\measuredangle A B C \neq 90^{\circ}, \measuredangle A U C=180^{\circ}-2 \measuredangle A B C\), \(A E=C D\) и \(A C \gt E D\), да се докаже равенството \(A E=E D=D C\).
Решение: Означаваме дължината на диагонала \(A C\) с \(m\) (фиг. 8). Понеже \(\measuredangle A U C=\) \(=180^{\circ}-2 \measuredangle A B C\) (по условие), то е изпълнено равенството:
\[ \tfrac{\measuredangle A U C}{2}=90^{\circ}-\measuredangle A B C . \] Същевременно в четириъгълника \(A C D E\) имаме \(A E=C D\) (по условие). Затова с помощта на горното равенство и формула (2) за лице на четириъгълник с две равни срещуположни страни получаваме:
\[ S_{A C D E}=\tfrac{1}{4}\left|m^{2}-d^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\measuredangle A U C}{2}=\tfrac{1}{4}\left|m^{2}-d^{2}\right| \cdot \operatorname{tg} \measuredangle A B C, \] т.е.
(9) \[ S_{A C D E}=\tfrac{1}{4}\left|m^{2}-d^{2}\right| \cdot \operatorname{tg} \measuredangle A B C . \]
От друга страна, от цитираната в началото формула (*) за лице на изпъкнал четириъгълник, предвид условието \(\measuredangle C T D \neq 90^{\circ}\), имаме:
\[ S_{A C D E}=\tfrac{1}{4}\left(m^{2}+d^{2}-e^{2}-c^{2}\right) \cdot \operatorname{tg} \measuredangle C T D . \]
Оттук и условието \(\measuredangle C T D=\measuredangle A B C\) следва равенството:
(10) \[ S_{A C D E}=\tfrac{1}{4}\left(m^{2}+d^{2}-e^{2}-c^{2}\right) \cdot \operatorname{tg} \measuredangle A B C . \]
Сравнявайки десните части на равенства (9) и (10), получаваме равенството:
\[ \tfrac{1}{4}\left|m^{2}-d^{2}\right| \cdot \operatorname{tg} \measuredangle A B C=\tfrac{1}{4}\left(m^{2}+d^{2}-e^{2}-c^{2}\right) \cdot \operatorname{tg} \measuredangle A B C . \]
От последното равенство, предвид условието \(m \gt d\), следва равенството:
\[ m^{2}-d^{2}=m^{2}+d^{2}-e^{2}-c^{2} \]
Оттук, понеже \(e=c\) (по условие), получаваме: \(2 d^{2}=e^{2}+c^{2}=2 e^{2}=2 c^{2}\). Така достигнахме до доказваното равенство \(d=e=c\).
8. Една задача за шестоъгълник
Фигура 9
Задача 7. Нека \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} A_{6}\) е равностранен шестоъгълник и мерките на ъглите, получени при пресичането на продълженията на последователните двойки страни, взети през една, т.е. получени при пресичането на: \(A_{1} A_{6}\) и \(A_{2} A_{3}, A_{1} A_{2}\) и \(A_{4} A_{3}, A_{2} A_{3}\) и \(A_{5} A_{4}, \ldots, A_{5} A_{6}\) и \(A_{1} A_{2}\), A2A3 и A5A4, ..., A5A6 и A1A2, са съответно \(\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}, \ldots, \varphi_{6}\). Ако диагоналите \(A_{1} A_{4}, A_{2} A_{5}\) и \(A_{3} A_{6}\) имат равни дължини и е изпълнено условието \(A_{1} A_{4} \neq\) \(A_{2} A_{3}\), да се докажат равенствата:
(11) \[ \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2}=\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2}=\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{3}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{6}}{2} \]
Решение: Означаваме лицето на шестоъгълника \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} A_{6}\) с \(S\) (фиг. 9). По условие имаме \(A_{1} A_{2}=A_{2} A_{3}=A_{3} A_{4}=A_{4} A_{5}=A_{5} A_{6}=\) \(=A_{6} A_{1}\). Разглеждаме четириъгълниците \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}\) и \(A_{1} A_{4} A_{5} A_{6}\), на които диагоналът \(A_{1} A_{4}\) дели шестоъгълника. Понеже \(A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}\) и \(A_{1} A_{6}=\) \(A_{4} A_{5}\), всеки от тези четириъгълници притежава двойка равни срещуположни страни. По формула (2) за лице на такъв четириъгълник тогава имаме:
\[ \begin{aligned} S_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}} & =\tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{2} A_{3}^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2} \\ S_{A_{1} A_{4} A_{5} A_{6}} & =\tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{5} A_{6}^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2} \end{aligned} \]
От друга страна, е изпълнено равенството:
\[ S=S_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}}+S_{A_{1} A_{4} A_{5} A_{6}} \]
Заместваме в него с помощта на горните две равенства и получаваме:
(12) \[ S=\tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}{ }^{2}-A_{2} A_{3}{ }^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2}+\tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}{ }^{2}-A_{5} A_{6}{ }^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2} . \]
Разглеждаме сега четириъгълниците \(A_{1} A_{2} A_{3} A_{6}\) и \(A_{4} A_{5} A_{6} A_{3}\), на които диагоналът \(A_{3} A_{6}\) дели шестоъгълника. Понеже \(A_{1} A_{6}=A_{2} A_{3}\) и \(A_{3} A_{4}=\) \(A_{6} A_{5}\) (по условие), това също са четириъгълници с двойка равни срещуположни страни. По формула (2) за лицето на такъв четириъгълник тогава имаме:
(13) \[ \begin{aligned} S_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{6}} & =\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{1} A_{2}^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}, \\ S_{A_{4} A_{5} A_{6} A_{3}} & =\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{4} A_{5}^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2} . \end{aligned} \]
Като съберем почленно тези равенства и вземем предвид, че \(S_{A_{1} A_{2} A_{3} A_{6}}+\) \(+S_{A_{4} A_{5} A_{6} A_{3}}=S\), получаваме:
(14) \[ S=\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}{ }^{2}-A_{1} A_{2}{ }^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}+\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}{ }^{2}-A_{4} A_{5}{ }^{2}\right| \cdot \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2} . \]
От друга страна, имаме \(A_{2} A_{3}=A_{5} A_{6}\) (по условие), откъдето следва равенството:
\[ \left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{2} A_{3}^{2}\right|=\left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{5} A_{6}^{2}\right| . \]
Оттук и от равенство (12) получаваме:
(15) \[ S=\tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{2} A_{3}^{2}\right| \cdot\left(\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2}\right) . \]
Аналогично от \(A_{1} A_{2}=A_{4} A_{5}\) (по условие) следва равенството:
\[ \left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{1} A_{2}^{2}\right|=\left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{4} A_{5}^{2}\right| \]
Оттук и от равенство (14) получаваме:
\[ S=\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{1} A_{2}^{2}\right| \cdot\left(\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2}\right) . \]
От последното равенство и (15) следва равенството:
(16) \[ \begin{aligned} & \tfrac{1}{4}\left|A_{1} A_{4}^{2}-A_{2} A_{3}^{2}\right| \cdot\left(\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2}\right)= \\ & =\tfrac{1}{4}\left|A_{3} A_{6}^{2}-A_{1} A_{2}^{2}\right| \cdot\left(\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2}\right) \end{aligned} \]
Понеже \(A_{1} A_{4}=A_{3} A_{6}\) и \(A_{2} A_{3}=A_{1} A_{2}\) (по условие), имаме:
(17) \[ \left|A_{1} A_{4}-A_{2} A_{3}\right|=\left|A_{3} A_{6}-A_{1} A_{2}\right| \]
При това \(A_{1} A_{4} \neq A_{2} A_{3}\) (по условие), откъдето следва, че:
(18) \[ \left|A_{1} A_{4}-A_{2} A_{3}\right| \neq 0 \]
Като вземем предвид първо равенство (17), а след това условие (18) от равенство (16), получаваме:
\[ \operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{2}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{5}}{2}=\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{1}}{2}+\operatorname{cotg} \tfrac{\varphi_{4}}{2} \]
Така стигнахме до първото от желаните равенства (11). Аналогично се доказва и второто равенство.
Сега ще се спрем накратко и на няколко приложения на следната (спомената в началото) формула за лице на произволен изпъкнал четириъгълник, изложена в (Siddons & Hughes 1929):
(**) \[ 16 S^{2}=4 m^{2} n^{2}-\left(a^{2}+c^{2}-b^{2}-d^{2}\right)^{2} \]
(Тук \(a, b, c\) и \(d\) са дължините на последователните страни на четириъгълника, а \(m\) и \(n\) са дължините на диагоналите му.)
Едно от приложенията на тази формула се изразява в решението на следната конкурсна задача (фиг. 10), публикувана в „Рубрика M+“ на сп. „Математика плюс“, бр. 4, 2021 г.:
Задача 8. (Задача \(M^{+} 653\) ). Изпъкналият четириъгълник ABCD е такъв, че \(A D=B C\). Ако точките M и N лежат съответно върху страните AB и CD така, че са изпълнени равенствата \(A M^{2}+B N^{2}=B M^{2}+C N^{2}\) и \(S_{A M N D}=S_{B M N C}\), да се докаже, че \(A N \cdot D M=B N \cdot C M\).
Фигура 10
Решение: Прилагаме формула (**) към четириъгълниците AMND и BMNC и получаваме (фиг. 10):
\[ \begin{aligned} & 16 S^{2}{ }_{A M N D}=4 A N^{2} \cdot D M^{2}-\left(A M^{2}+D N^{2}-A D^{2}-M N^{2}\right)^{2}, \\ & 16 S^{2}{ }_{B M N C}=4 B N^{2} \cdot C M^{2}-\left(B M^{2}+C N^{2}-B C^{2}-M N^{2}\right)^{2} . \end{aligned} \]
Понеже \(S_{A M N D}=S_{B M N C}\) и \(A M^{2}+D N^{2}-A D^{2}-M N^{2}=B M^{2}+C N^{2}-\) \(B C^{2}-M N^{2}\) (предвид условията \(A M^{2}+D N^{2}=B M^{2}+C N^{2}\) и \(A D=B C\) ), оттук стигаме до доказваното равенство \(A N \cdot D M=B N \cdot C M\).
С помощта на формула (**) лесно се извежда следната зависимост, свързваща дължините на страните и диагоналите на изпъкнал четириъгълник:
(***) \[ \begin{aligned} & m^{2} n^{2}\left(m^{2}+n^{2}\right)+m^{2}\left(a^{2}-d^{2}\right)\left(b^{2}-c^{2}\right)+ \\ & +n^{2}\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(d^{2}-c^{2}\right)-m^{2} n^{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+ \\ & +\left(b^{2}+d^{2}-a^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2} d^{2}-a^{2} c^{2}\right)=0 \end{aligned} \]
От своя страна, изложената зависимост служи за решаването на следната конкурсна задача, публикувана в „Рубрика M+“ на сп. „Математика плюс“, бр. 1, 2023 г.:
Задача \(M^{+} 665\). Изпъкналият четириъгълник \(A B C D\) е такъв, че \(A B=A C=a\) и \(A D=C D=B C=b\). Да се определи дължината на диагонала \(B D\).
(Решението на тази задача с помощта на равенство \((* * *)\) е намерено от Мартин Димитров.)
Друго приложение на формула (**) се съдържа в решението на следната конкурсна задача, публикувана в „Рубрика M+“ на сп. „Математика плюс“, бр. 2, 2023 г.
Задача \(M^{+} 671\). В изпъкналия петоъгълник \(A B C D E\) пресечната точка на диагоналите \(A C\) и \(B D\) е Т и \(\measuredangle A E D=\measuredangle C T D \neq 90^{\circ}\). Ако дължините на отсечките \(A B, B C, C D, D E, E A, B D\) и \(A C\) са съответно \(a, b, c, d, e\), \(m\) и \(n\), да се докаже, че за лицето \(S\) на \(A B C D\) е изпълнено равенството:
\[ S=\tfrac{1}{4} \sqrt{4(m n+d e)^{2}-\left(b^{2}+d^{2}+e^{2}-a^{2}-c^{2}\right)^{2}} \]
(Решението на тази задача е намерено също от Мартин Димитров.)
Заключение
В статията разгледахме приложението на една кратка формула за лице на четириъгълник с две равни срещуположни страни за решаването на 7 задачи с повишена трудност. Разгледахме и 3 конкурсни задачи, които се решават с помощта на една полезна формула за лице на произволен изпъкнал четириъгълник. Към тези задачи в бъдещи статии ще добавим нови.
ЛИТЕРАТУРА
ПАРУШЕВА П., 2023. Редица от лица. Математика, № 2, с. 28 – 29.
ХАИМОВ Х., 1994. Трибедреникът – забележителен вид четириъгълник. Математика, № 1, с. 41 – 46.
ХАИМОВ Х., 1995. Трибедреникът в задачи. Математика, № 1, с. 51 – 55.
REFERENCES
HAIMOV H., 1994. The three-thigh quadrilateral – a remarkable type of quadrilateral. Mathematics, no. 1, pp. 41 – 46 (in Bulgarian).
HAIMOV H., 1995. Problems for the three-thigh quadrilateral. Mathematics, no. 1, pp. 51 – 55 (in Bulgarian).
PARUSHEVA P., 2023. A series of areas. Mathematics, no. 2, pp. 28 – 29 (in Bulgarian).
SIDDONS A., HUGHES R., 1929. Trigonometry. C.U.P., Cambridge, OCLC Number/Unique Identifier 429528983.
STEFANOV ST., TABOV J., KANCHEV K., TSACHEVA N., HAIMOV H., 2024. Metric Dependencies in a Quadrilateral. Other Formulas for its Area. 50-th International Conference on Applications of Mathematics in Engineering and Economics (AMEE’2024) , 7-13 June, Sozopol, Bulgaria. ISSN: 0094243X (Accepted for publication in the AIP Conference Proceedings).