\(ABCD\) — випуклий чотирикутник, діагоналі котрого перетинаються в точці \(O\). Нехай \(P\) та \(Q\) — центри кіл, описаних навколо трикутників \(ABO\) і \(CDO\).
Доведіть, що \(AB+CD\leq4PQ\)
Ф. Назаров
Розв’язання
Нехай \(O\) — точка перетину діагоналей чоторикутника \(ABCD\). Проведемо пряму, що ділить кути \(BOA\) та \(COD\) навпіл і, що перетинає кола, описані навколо трикутників \(AOB\) і \(COD\) у точках \(K\) і \(L\) відповідно. (малюнок)
Нехай \(PM\) та \(QN\) — перпендикуляри, опущені із точок \(P\) і \(Q\) на пряму \(KL\).
Так як сума кутів \(\angle KBO\) і \(\angle KAO\) = \(180^{\circ}\), один з цих двох кутів не є гострим. Будемо для визначенності вважати, що таким кутом є \(KBO\).
З трикутника \(KBO\) отримаємо, що \(КО > KB\). А так як трикутник \(AKB\) — рівнобедрений, $$2KB = KB + KA > AB.$$
Отже, \(2KO > AB\). Аналогічно доводиться, що \(2LO > CD\).
Але тоді $$4PQ \geq 4MN = 2KL = 2KO + 2LO > AB + CD.$$
У колі проведено два перпендикулярні один одному діаметри $AE$ і $BF.$ На дузі $EF$ узято точку $C.$ Хорди $CA$ і $CB$ перетинають діаметри $BF$ і $AE$ відповідно в точках $P$ і $Q$ (малюнок 1). Доведіть що площа чотирикутника APQB дорівнює квадрату радіуса кола.
(А. Костенков)
Розв’язання
Один з найпростіших розв’язків отримуємо прямим обчисленням за формулою $S_{APQB} = PQ \cdot BP / 2.$ Якщо $\angle CAE = a,$ то $AQ = AO + OQ = (1 + \tg\beta),$ де $O$ — центр, а $R$ — радіус даного кола, $$S_{APQB} = \frac{1}{2} R^2(1 + \tg\alpha + \tg\beta + \tg\alpha \tg\beta).$$ Тепер треба довести, що величина в дужках дорівнює 2, тобто що $(\tg\alpha + \tg\beta)/(1 — \tg\alpha \tg\beta) = 1.$ У лівій частині цієї рівності стоїть вираз для $\tg(\alpha + \beta).$ Залишається зауважити, що $\alpha + \beta = \angle CAE + \angle CBF = 45^\circ$ (кути $CBF$ і $CAE$ спираються на дуги $CF$ і $CE,$ які в сумі складають $90^\circ),$ а $\tg45^\circ = 1.$
Малюнок 1
Намітимо і «чисто геометричний» розв’язок. Нехай $D$ — точка перетину хорд $AC$ і $EF$ (малюнок 2). Тоді, очевидно, $S_{ABD} = S_{ABEF}/2 = R^2,$ і ми повинні сказати, що $S_{ABD}=S_{ABPQ},$ тобто що $S_{BDF}=S_{BQP}.$ Точки $Q,$ $E,$ $C$ і $D$ лежать на одному колі $(\angle QED = 45^\circ = \angle QCD);$ тому $\angle DQE = 180^\circ — \angle DCE = 90^\circ.$ Отже, прямі $DQ$ і $BP$ паралельні, а отже, трикутники $BDP$ і $BQP$ рівновеликі.
Із вершини $C$ прямокутного трикутника $ABC$ проведена висота $CD$ і в трикутники $ACD$ і $BCD$ вписані кола з центрами $P$ і $Q$. Спільна зовнішня дотична до цих кіл перетинає катети $AC$ і $BC$ відповідно в точках $M$ і $N$, а висоту $CD$ у точці $K$. Доведіть, що
трикутники $CMN$ і $ABC$ подібні;
точки $C$, $M$, $N$, $P$ і $Q$ лежать на одному колі з центром $K$, радіус якого дорівнює радіусу вписаного кола трикутника $ABC$.
(Е. Готман)
Розв’язок
Розглянемо чотирикутник $KPDQ$ (див. рисунок). Так як $KP$ і $KQ$ – бісектриси суміжних кутів, то $\angle PKQ = 90^\circ$. Так само $\angle PDQ = 90^\circ$. Це означає, що вершини чотирикутника $KPDQ$ лежать на колі з діаметром $PQ$, і $\angle KPQ = \angle KDQ = 45^\circ.$ Звідси випливає, що трикутник $KPQ$ – рівнобедрений. Трикутники $ACD$ і $BCD$ подібні з коефіцієнтом $\frac{AC}{BC},$ тому $$\frac{DP}{DQ} = \frac{r_1}{r_2} = \frac{AC}{BC}.$$
Отже, прямокутний трикутник $DPQ$ подібний до трикутника $ABC$ і $\angle QPD = \angle A$. Позначимо цей кут $\alpha$. Тепер легко показати, що всі кути, які позначені на рисунку 1 однією дугою, дорівнюють $\alpha$: із подібності трикутників $ABC$ і $BCD$ випливає, що $\angle BCD = \angle A = \alpha$; за властивістю вписаних кутів $\angle QKD = \alpha$; це означає, що $KQ\:\|\: BC$ (аналогічно, $KP\: \| \:AC$). Тепер зрозуміло, що $\angle CNM = \angle QKD = \alpha$. Отриманий результат дозволяє підбити такі підсумки:
трикутники $CMN$ і $ABC$ подібні;
$CK = KM = KN.$
Окрім того, $CK = KQ$, тому що $KQ \:\|\: AC$ і $CQ$ – бісектриса кута $BCD$. Тож точки $C , M, N, P$ і $Q$ лежать на колі з центром $K.$
Обчислимо радіус цього кола. Із трикутника $DPQ$ за теоремою Піфагора маємо: $$PQ = \sqrt{2(r_1^2 + r_2^2)}.$$ Але $\:r_1^2 + r_2^2 = r^2\:$ (сума квадратів будь-яких відповідних один одному відрізків трикутників $ACD$ і $CBD$ дорівнює квадрату відповідного їм відрізка трикутника $ABC$ – адже вони подібні йому, причому сума квадратів коефіцієнтів подібності дорівнює $1$). Звідси отримаємо $$PQ = r\sqrt{2}\; і \;KP = KQ = r.$$
Бісектриси вписаного чотирикутника утворюють у перетині опуклий чотирикутник. Доведіть, що діагоналі отриманого чотирикутника перпендикулярні.
С.Берлов
Розв’язок
Продовжимо протилежні сторони вихідного чотирикутника $ABCD$ до перетину в точках $P$ і $Q$ (див. рисунок). Доведемо спочатку, що бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$
Оскільки чотирикутник $ABCD$ — вписаний, зовнішній кут $DCQ$ дорівнює внутрішньому куту в протилежній вершині $A.$ Так як пряма $QE$ — бісектриса кута $Q$, то кути трикутника $AQE$ відповідно дорівнюють кутам трикутника $CQG.$ Отже, $\angle CGQ = \angle AEQ$. Але кути $CGQ$ і $PGE$ рівні як вертикальні. Тому $\angle PEG = \angle PGE$ і $\triangle PEG$ — рівнобедрений.
Отже, бісектриса кута $P$ є серединним перпендикуляром до відрізка $EG,$ тобто бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$
Звідси легко випливає твердження задачі, оскільки діагоналі чотирикутника, утвореного на бісектрисах чотирикутника $ABCD,$ лежать на бісектрисах $PF$ і $QE.$
У випадку, коли будь-які дві протилежні сторони чотирикутника $ABCD$ паралельні, твердження задачі випливає із симетричності креслення.
На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники $ADB,$ $BEC$ и $CFA,$ где
$$\frac{|AD|}{|DB|} = \frac{|BE|}{|EC|}= \frac{|CF|}{|FA|}=k;$$ $$\widehat{ADB}=\widehat{BEC}=\widehat{CFA}=\alpha.$$ Докажите, что:
середины отрезков $AC,$ $DC,$ $BC$ і $EF -$ вершины параллелограмма;
у этого параллелограмма два угла имеют величину $\alpha,$ a отношение длин сторон равняется $k.$
Л. Купцов
Решение
Обозначим через $\vec a^\prime$ вектор, полученный из вектора $\vec a$ поворотом на угол $\alpha$ против часовой стрелки. (Как известно, $(k\vec a)^\prime = k\vec a ^\prime$ для любого числа $k,$ $(\vec a+\vec b)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime, $ и вообще, для любого числа слагаемых, $(\vec a+\vec b+\ldots+\vec c)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime+\ldots+\vec c^\prime). $
Таким образом, четырехугольник $PQRS \: -$ параллелограмм с углом $PQR,$ равным $\alpha,$ в котором отношение длин сторон имеет вид $\frac{|PQ|}{|RQ|}=\frac{|AD|}{|DB|}=k.$
