Дан выпуклый четырёхугольник ABCD, у которого диагонали пересекаются под прямым углом в точке O; докажите или опровергните утверждение OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=AC^2+BD^2, исследуйте условия равенства и возможные обобщения в пространстве.
Дан выпуклый четырёхугольник ABCD, у которого диагонали пересекаются под прямым углом в точке O; докажите или опровергните утверждение OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=AC^2+BD^2, исследуйте условия равенства и возможные обобщения в пространстве.
Похожие вопросы
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки в течение 1 года
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат
Поможем написать учебную работу
Доказательство/контрпример и обобщения.
1) Векторный вывод (общая формула). Положим вектором от OOO к вершинам: a⃗,b⃗,c⃗,d⃗\vec a,\vec b,\vec c,\vec da,b,c,d. Тогда
AC2=∣c⃗−a⃗∣2=∣a⃗∣2+∣c⃗∣2−2a⃗⋅c⃗,BD2=∣d⃗−b⃗∣2=∣b⃗∣2+∣d⃗∣2−2b⃗⋅d⃗, AC^2=|\vec c-\vec a|^2=|\vec a|^2+|\vec c|^2-2\vec a\cdot\vec c,
\qquad
BD^2=|\vec d-\vec b|^2=|\vec b|^2+|\vec d|^2-2\vec b\cdot\vec d,
AC2=∣c−a∣2=∣a∣2+∣c∣2−2a⋅c,BD2=∣d−b∣2=∣b∣2+∣d∣2−2b⋅d, и потому
AC2+BD2=∣a⃗∣2+∣b⃗∣2+∣c⃗∣2+∣d⃗∣2−2(a⃗⋅c⃗+b⃗⋅d⃗). AC^2+BD^2=|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+|\vec d|^2-2(\vec a\cdot\vec c+\vec b\cdot\vec d).
AC2+BD2=∣a∣2+∣b∣2+∣c∣2+∣d∣2−2(a⋅c+b⋅d). Так как A,O,CA,O,CA,O,C коллинеарны и направления a⃗\vec aa и c⃗\vec cc противоположны, имеем a⃗⋅c⃗=−∣a⃗∣ ∣c⃗∣\vec a\cdot\vec c=-| \vec a|\;| \vec c|a⋅c=−∣a∣∣c∣. Аналогично b⃗⋅d⃗=−∣b⃗∣ ∣d⃗∣\vec b\cdot\vec d=-|\vec b|\;|\vec d|b⋅d=−∣b∣∣d∣. Следовательно
AC2+BD2=(∣a⃗∣2+∣b⃗∣2+∣c⃗∣2+∣d⃗∣2)+2(∣a⃗∣∣c⃗∣+∣b⃗∣∣d⃗∣), AC^2+BD^2=(|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+|\vec d|^2)+2\big(|\vec a||\vec c|+|\vec b||\vec d|\big),
AC2+BD2=(∣a∣2+∣b∣2+∣c∣2+∣d∣2)+2(∣a∣∣c∣+∣b∣∣d∣), то есть в обычной записи длин
AC2+BD2=OA2+OB2+OC2+OD2+2(OA⋅OC+OB⋅OD). AC^2+BD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2+2\big(OA\cdot OC+OB\cdot OD\big).
AC2+BD2=OA2+OB2+OC2+OD2+2(OA⋅OC+OB⋅OD).
2) Отсюда видно, что требуемое равенство
OA2+OB2+OC2+OD2=AC2+BD2 OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=AC^2+BD^2
OA2+OB2+OC2+OD2=AC2+BD2 будет выполняться тогда и только тогда, когда
∣OA∣ ∣OC∣+∣OB∣ ∣OD∣=0. |OA|\;|OC|+|OB|\;|OD|=0.
∣OA∣∣OC∣+∣OB∣∣OD∣=0. Но суммa двух неотрицательных величин равна нулю лишь в вырожденном случае, когда хотя бы один из множителей равен нулю (т.е. одна из вершин совпадает с OOO). Для невырожденного выпуклого четырёхугольника это невозможно. Следовательно исходное равенство неверно в общем случае.
3) Простой контрпример. Берём ромб‑«ромбик» с вершинами A(1,0),B(0,1),C(−1,0),D(0,−1)A(1,0),B(0,1),C(-1,0),D(0,-1)A(1,0),B(0,1),C(−1,0),D(0,−1). Тогда
OA2+OB2+OC2+OD2=1+1+1+1=4,AC2=4, BD2=4, AC2+BD2=8, OA^2+OB^2+OC^2+OD^2=1+1+1+1=4,
\qquad
AC^2=4,\; BD^2=4,\; AC^2+BD^2=8,
OA2+OB2+OC2+OD2=1+1+1+1=4,AC2=4,BD2=4,AC2+BD2=8, так что равенство не выполняется (диагонали у ромба перпендикулярны, но формула ложна).
4) Условия при перпендикулярности диагоналей. Если диагонали пересекаются под прямым углом в OOO, то (в обозначениях выше) (c⃗−a⃗)⋅(d⃗−b⃗)=0(\vec c-\vec a)\cdot(\vec d-\vec b)=0(c−a)⋅(d−b)=0. При коллинеарности c⃗=−ta⃗, d⃗=−sb⃗\vec c=-t\vec a,\ \vec d=-s\vec bc=−ta, d=−sb это даёт (t+1)(s+1) a⃗⋅b⃗=0(t+1)(s+1)\,\vec a\cdot\vec b=0(t+1)(s+1)a⋅b=0, т.е. a⃗⊥b⃗\vec a\perp\vec ba⊥b (лучи OAOAOA и OBOBOB перпендикулярны). Но это не убирает положительность слагаемых ∣OA∣∣OC∣|OA||OC|∣OA∣∣OC∣ и ∣OB∣∣OD∣|OB||OD|∣OB∣∣OD∣, значит равенство по‑прежнему невыполнимо, кроме вырожденных случаев.
5) Обобщение в пространстве. Все рассуждения зависят только от Евклидовой метрики и коллинеарности отрезков ACACAC и BDBDBD с точкой пересечения OOO. Поэтому идентичная формула
AC2+BD2=OA2+OB2+OC2+OD2+2(∣OA∣∣OC∣+∣OB∣∣OD∣) AC^2+BD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2+2\big(|OA||OC|+|OB||OD|\big)
AC2+BD2=OA2+OB2+OC2+OD2+2(∣OA∣∣OC∣+∣OB∣∣OD∣) верна в любом евклидовом пространстве любой размерности; равенство исходного вида по‑прежнему возможно только в вырожденных ситуациях.
Итого: утверждение неверно; правильная формула приведена выше и равенство в невырожденном квадрилатере не достигается (включая случай перпендикулярных диагоналей).