Доказательство:

Докажем, что \(S = ah_a\).

Будем считать, что угол \(BAD\) является острым. Через точки \(B\) и \(C\) проведём высоты \(BH\) и \(CK\). Рассмотрим прямоугольные треугольники \(ABH\) и \(DCK\). \(BH = CK = h_{a}\), также \(AB = DC\), так как \(ABCD\) - параллелограмм, значит, треугольники \(ABH\) и \(DCK\) равны (для равенства двух прямоугольных треугольников достаточно равенства двух сторон), из чего следует, что \(AH = DK\), поэтому \(HK = a\).

Рассмотрим прямоугольник \(BHKC\): его стороны равны \(a\) и \(h_a\). Имеем:

\(S_{ABCD} = S_{ABH} + S_{BHDC};\)

\(S_{BHKC} = S_{DCK} + S_{BHDC} = ah_a.\)

\(S_{ABH} = S_{DCK}\), значит, \(S_{ABCD} = S_{BHKC} = ah_a\)

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим два случая.

Случай 1. Сначала будем считать, что угол \(BAD\) является острым. Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ABH\) (\(BH\) - высота параллелограмма), тогда получаем:

\(\sin{\alpha} = \dfrac{BH}{AB} = \dfrac{h_a}{b},\)

значит

\(h_a = b\sin{\alpha}.\)

Следовательно,

\(S = ah_a = ab\sin{\alpha}.\)

\(\Box\)

Случай 2. Если \(\angle{BAD}\) - тупой угол, то \(\angle{ABC} = 180^{\circ} - \alpha\) - острый. Отсюда получаем:

\( S_{ABCD} = AB\cdot BC\cdot\sin{(\angle{ABC})} = ab\sin{(180^{\circ} - \alpha)} = ab\sin{\alpha}. \)

\(\Box\)

Доказательство:

Проведём через точку \(B\) прямую параллельно \(AC\), аналогично проведём через \(A\) прямую параллельно \(BC\). Пусть данные прямые пересекаются в точке \(D\).

\(ACBD\) - параллелограмм, так как \(CA || BD\) и \(CB || AD\). Треугольники \(ACB\) и \(BDA\) равны по трём сторонам, значит \(S_{ACB} = S_{BDA}\), при этом

\(S_{ACBD} = S_{ACB} + S_{BDA} = 2S_{ACB},\)

значит

\(S_{ACB} = \dfrac{S_{ACBD}}{2} = \dfrac{ah}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Как и в предыдущем доказательстве, построим параллелограмм \(ABDC\), его площадь равна \(S = ab\sin{\alpha}\), значит \(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}ab\sin{\alpha}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим треугольники \(ABD\) и \(BDC\). Высота трапеции равна высоте треугольника \(ABD\) к стороне \(AD\) и равна высоте треугольника \(BDC\) к стороне \(BC\). Получаем:

\(S_{ABCD} = S_{ABD} + S_{BDC} = \dfrac{ah}{2} + \dfrac{bh}{2} = \dfrac{a+b}{2}\cdot h.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть диагонали ромба пересекаются в точке \(H\). Ромб является параллелограммом, поэтому диагонали точкой пересечения делятся пополам, то есть

\(AH = HC = \dfrac{d_1}{2}; BH = HD = \dfrac{d_2}{2}.\)

Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому треугольники \(ABH\), \(ADH\), \(BCH\), \(CDH\) - прямоугольные с катетами \(\frac{d_1}{2}\) и \(\frac{d_2}{2}\), их площади равны: \(\frac{\dfrac{d_1}{2}\cdot \frac{d_2}{2}}{2} = \dfrac{d_1 \cdot d_2}{8}\). Получаем: \(S_{ABCD} = S_{ABH} + S_{ADH} + S_{BCH} + S_{CDH} = 4\cdot\dfrac{d_1 \cdot d_2}{8} = \dfrac{d_1 \cdot d_2}{2}\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(\angle{BAC} = \alpha\), тогда по теореме косинусов получаем:

\(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos{\alpha}.\)

Откуда получаем:

\(\cos{\alpha} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\;\Longrightarrow \cos^2{\alpha} = \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{(2bc)^2}\;\Longleftrightarrow 1 - \sin^2{\alpha} = \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{(2bc)^2}\;\;\;\Longleftrightarrow\)

\(\sin^2{\alpha} = 1 - \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{4(bc)^2} = \dfrac{(2bc - b^2 - c^2 + a^2)(2bc + b^2 + c^2 - a^2)}{4b^2c^2} = \)

\(= \dfrac{(a^2 - (b - c)^2)((b+c)^2 - a^2)}{4b^2c^2} = \dfrac{(a - b + c)(a + b - c)(b + c - a)(b + c + a)}{4b^2c^2}.\)

Мы знаем, что \(S = \dfrac{1}{2}bc\sin{\alpha}\), получаем:

\(S^2 = \dfrac{b^2c^2}{4}\cdot \sin^2{\alpha} = \dfrac{(a - b + c)(a + b - c)(b + c - a)(b + c + a)}{16} = \)

\(= \dfrac{((a + b + c) - 2a)((a + b + c) - 2b)((a + b + c) - 2c)(a + b + c)}{16} = \)

\(= \dfrac{(a + b + c)}{2}\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - a\right)\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - b\right)\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - c\right) = p(p - a)(p - b)(p - c).\)

Значит, \(S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(I\) - центр вписанной окружности. Рассмотрим треугольники \(AIB\), \(AIC\), \(BIC\). Имеем:

\(S_{AIB} = \dfrac{1}{2}b\cdot r;\;\;\; S_{AIC} = \dfrac{1}{2}a\cdot r;\;\;\;S_{BIC} = \dfrac{1}{2}c\cdot r.\)

Получаем:

\(S_{ABC} = S_{AIC} + S_{AIB} + S_{BIC} = \dfrac{a+b+c}{2}\cdot r = pr.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Разобьём \(n-\)угольник на \(n\) треугольников так, что одна из сторон каждого треугольника является стороной многоугольника, а одной из вершин является центр описанной окружности. Пусть \(a_1,\ldots , a_n\) - длины сторон многоугольника, тогда площади полученных треугольников равны соответственно

\(\dfrac{1}{2}\cdot a_1\cdot r,\ldots , \dfrac{1}{2}\cdot a_n\cdot r.\)

В сумме они дают площадь всего многоугольника, а значит получаем:

\(S = \dfrac{1}{2}\cdot a_1\cdot r +\ldots +\dfrac{1}{2}\cdot a_n\cdot r = \dfrac{(a_1 + \ldots + a_n)}{2}\cdot r = pr.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Для начала отметим, что \(\sin{(180^{\circ} - \alpha)} = \sin{\alpha}\). Найдём площади треугольников \(AEB\), \(BEC\), \(CED\), \(DEA\):

\(S_{AEB} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha};\;S_{BEC} = \dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot\sin{\alpha};\;S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{DEA} = \dfrac{1}{2}\cdot DE\cdot EA\cdot\sin{\alpha}.\)

Отсюда получаем:

\(S_{ABCD} = S_{AEB} + S_{BEC} + S_{CED} + S_{DEA} = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot EB \cdot (AE + EC) + \)

\( + \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot ED \cdot (AE + EC) = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot EB \cdot AC + \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot ED \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot (BE + ED)\cdot AC = \)

\( = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot BD \cdot AC = \dfrac{d_1d_2\sin{\alpha}}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(\angle{BAC} = \alpha\), тогда из теоремы синусов следует, что

\(2R = \dfrac{a}{\sin{\alpha}}\;\;\;\Longrightarrow \sin{\alpha} = \dfrac{a}{2R}.\)

Площадь \(ABC\) можно найти по формуле:

\(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\sin{\alpha}.\)

Получаем:

\(S_{ABC} = \dfrac{abc}{4R}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Докажем для \(r_a\). На прямой \(AB\) отметим точку \(D\), проведем через неё касательную к нашей окружности, пусть эта касательная пересекает прямую \(BC\) в точке \(E\). Площадь треугольника \(ADE\) равна:

\( S_{ADE} = \dfrac{(b + c + BD + DE + EC)}{2}\cdot r_a. \)

Площадь четырёхугольника \(S_{BDEC}\) равна:

\( S_{BDEC} = \dfrac{a + BD + DE + EC}{2}\cdot r_a. \)

Тогда

\(S_{ABC} = S_{ADE} - S_{BDEC} = \dfrac{b + c - a}{2}\cdot r_a = \dfrac{a + b + c - 2a}{2}\cdot r_a = (p - a)\cdot r_a.\)

\(\Box\)