Четырехуголь… — Задание 18 ЕГЭ по математике №00042532

Пункт а. Докажем, что площадь $S$ этого четырёхугольника удовлетворяет неравенству $S\leqslant\dfrac{ac+bd}{2}$.

Здесь в правой части стоят произведения ПРОТИВОПОЛОЖНЫХ сторон: $a=AB$ с $c=CD$ и $b=BC$ с $d=DA$. Они не сходятся в одной вершине, поэтому прямое разбиение диагональю на два треугольника с оценкой каждого по отдельности не работает. Нужен способ «перемешать» стороны.

Проведу диагональ $AC$ и обозначу углы, которые она образует со сторонами: $\angle BAC=\alpha$, $\angle BCA=\beta$, $\angle ACD=\gamma$, $\angle CAD=\delta$.

Опущу из $B$ и $D$ перпендикуляры $BE$ и $DF$ на прямую $AC$. Их длины находятся из прямоугольных треугольников, причём каждую можно записать двумя способами:

$$BE=a\sin\alpha=b\sin\beta,\qquad DF=d\sin\delta=c\sin\gamma.$$

Длину самой диагонали тоже можно записать двумя способами — как сумму проекций сторон на прямую $AC$ в треугольнике $ABC$ и в треугольнике $ACD$:

$$AC=a\cos\alpha+b\cos\beta=d\cos\delta+c\cos\gamma.$$

(Если какой-то из углов тупой, его косинус отрицателен, и формула проекций всё равно верна.)

Площадь треугольника $ABC$ равна $\dfrac12 AC\cdot BE$. Возьму $AC$ из треугольника $ACD$, а высоту — так, чтобы в произведениях встретились нужные стороны:

$$S_{ABC}=\dfrac12(d\cos\delta+c\cos\gamma)\cdot BE=\dfrac12\bigl(d\cos\delta\cdot b\sin\beta+c\cos\gamma\cdot a\sin\alpha\bigr).$$

Аналогично площадь треугольника $ACD$ равна $\dfrac12 AC\cdot DF$, где $AC$ возьму из треугольника $ABC$:

$$S_{ACD}=\dfrac12(a\cos\alpha+b\cos\beta)\cdot DF=\dfrac12\bigl(a\cos\alpha\cdot c\sin\gamma+b\cos\beta\cdot d\sin\delta\bigr).$$

Четырёхугольник выпуклый, поэтому $S=S_{ABC}+S_{ACD}$. Складываю и группирую слагаемые при $ac$ и при $bd$:

$$S=\dfrac12\Bigl(ac(\sin\alpha\cos\gamma+\cos\alpha\sin\gamma)+bd(\sin\beta\cos\delta+\cos\beta\sin\delta)\Bigr).$$

В скобках стоят формулы синуса суммы:

$$S=\dfrac12\bigl(ac\sin(\alpha+\gamma)+bd\sin(\beta+\delta)\bigr).$$

Синус не превосходит $1$, а $ac$ и $bd$ положительны, поэтому $S\leqslant\dfrac{ac+bd}{2}$, что и требовалось доказать.

Второй способ (проверка идеи). Отразим треугольник $ACD$ относительно серединного перпендикуляра к $AC$: получится треугольник $ACD'$, в котором $AD'=c$ и $CD'=d$. Площадь четырёхугольника $ABCD'$ та же, что у $ABCD$, но теперь в вершине $A$ сходятся стороны $a$ и $c$, а в вершине $C$ — стороны $b$ и $d$. Его площадь не больше суммы площадей треугольников $ABD'$ и $CBD'$, то есть не больше $\dfrac12ac+\dfrac12bd$ — тот же результат.

Проверка на квадрате со стороной $1$: $S=1$ и $\dfrac{1+1}{2}=1$ — равенство. Для ромба со стороной $1$ и углом $60^\circ$: $S=\sin60^\circ\approx0{,}87\lt1$.

Пункт б. Найдём площадь вписанного четырёхугольника со сторонами $1$, $4$, $8$, $7$.

Около четырёхугольника описана окружность, поэтому сумма его противоположных углов $B$ и $D$ равна $180^\circ$. Отсюда $\cos\angle D=-\cos\angle B$ и $\sin\angle D=\sin\angle B$.

Запишем теорему косинусов для диагонали $AC$ в треугольниках $ABC$ и $ACD$:

$$AC^2=1^2+4^2-2\cdot1\cdot4\cdot\cos\angle B=17-8\cos\angle B,$$

$$AC^2=8^2+7^2-2\cdot8\cdot7\cdot\cos\angle D=113+112\cos\angle B.$$

Приравниваем правые части:

$$17-8\cos\angle B=113+112\cos\angle B\ \Rightarrow\ -96=120\cos\angle B\ \Rightarrow\ \cos\angle B=-\dfrac45.$$

Угол $B$ тупой, его синус положителен: $\sin\angle B=\sqrt{1-\dfrac{16}{25}}=\dfrac35$, и столько же равен $\sin\angle D$.

Площадь четырёхугольника — сумма площадей треугольников $ABC$ и $ACD$:

$$S=\dfrac12\cdot1\cdot4\cdot\dfrac35+\dfrac12\cdot8\cdot7\cdot\dfrac35=\dfrac65+\dfrac{84}{5}=\dfrac{90}{5}=18.$$

Проверим себя формулой Брахмагупты для площади вписанного четырёхугольника: полупериметр $p=\dfrac{1+4+8+7}{2}=10$,

$$S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}=\sqrt{9\cdot6\cdot2\cdot3}=\sqrt{324}=18.$$

Совпало. Интересно, что $\dfrac{ac+bd}{2}=\dfrac{1\cdot8+4\cdot7}{2}=18$ — оценка из пункта а здесь достигается: у этого четырёхугольника диагонали перпендикулярны.