Метка: выпуклый четырехугольник

M708. О выпуклом четырехугольнике и квадратах

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

На сторонах выпуклого четырехугольника площади $S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади $S_{1}$. Докажите, что:

  1. $S_{1}$ $\geqslant$ $2S;$
  2. $S_{1}$ $=$ $2S;$

в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

Доказательство

Рис. 1

Из рисунка 1 видно, что площадь $S_{1}$ четырехугольника $MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).

Обозначим через $\varphi$ угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что $$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$$ причем знак «$+$» берется, если $\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),

Рис. 2

то есть $\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «$-$», если $0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).

Рис. 3

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем $$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|}
{4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) = $$$$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что $$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$$ Но $S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ ($\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что $\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и $S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin\alpha = 1,$ то есть $(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).

П. Гусятников

М1730. Выпуклый четырехугольник

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск)

Условие задачи

Продолжения противоположных сторон произвольного выпуклого четырехугольника [latex]ABCD[/latex] пересекаются в точках [latex]M[/latex] и [latex]K[/latex]  $(рис.1)$. Через точку [latex]O[/latex] пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная [latex]MK[/latex]. Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой  [latex]O[/latex] пополам.

Решение

Проведем  через точку [latex]D[/latex] прямую [latex]l[/latex] (сделайте чертеж самостоятельно), параллельную [latex]KM[/latex]; пусть  [latex]E[/latex] и [latex]F[/latex] — точки пересечения [latex]l[/latex] с прямыми [latex]BC[/latex] и [latex]BA[/latex] соответственно.  Пусть для определенности прямая, проходящая через [latex]O[/latex] параллельно [latex]KM[/latex] и [latex]l[/latex] пересекает стороны [latex]AB[/latex] и [latex]CD[/latex] четырехугольника. В этом случае для решения задачи надо доказать, что точка [latex]O[/latex] лежит на медиане [latex]KL[/latex] треугольника [latex]DKF[/latex]. Мы докажем, что [latex]O[/latex] — точка пересечения медиан [latex]KL[/latex] и [latex]MN[/latex] треугольников [latex]DKF[/latex] и [latex]DME[/latex] соответственно. Обозначим точку пересечения медиан [latex]KL[/latex] и [latex]MN[/latex] через [latex]X[/latex].

Докажем вначале, что [latex]X[/latex] лежит на [latex]BD[/latex], т. е. что прямые [latex]DX[/latex] и [latex]BD[/latex] совпадают. Для этого докажем, что они делят отрезок [latex]KM[/latex] в одном и том же соотношении.

Пусть  [latex]Y[/latex] — точка пересечения [latex]DX[/latex] и [latex]KM[/latex]. Имеем [latex]\frac {\displaystyle KY}{ \displaystyle LD} = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}[/latex] (поскольку треугольники [latex]XYK[/latex] и [latex]XDL[/latex] подобны), [latex]\frac{ \displaystyle MY}{\displaystyle DN}\ = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}\[/latex]. Поэтому [latex]\frac{\displaystyle KY}{\displaystyle MY}\ = \frac{\displaystyle LD}{\displaystyle DN}\[/latex]. Аналогично доказывается, что [latex]BD[/latex] делит [latex]KM[/latex] в отношении [latex]\frac{\displaystyle FD}{\displaystyle DE}\[/latex]. Но [latex]FD = 2LD[/latex], [latex]DE = 2DN[/latex].

Осталось доказать, что [latex]X[/latex] лежит на отрезке [latex]AC[/latex]. Другими словами, что [latex]KL[/latex] и [latex]MN[/latex] делят отрезок [latex]AC[/latex] в одном и том же отношении.

Лемма 1.
[latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\[/latex], где [latex]S[/latex] — точка на стороне [latex]AC[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex], [latex]V[/latex] — точка пересечения прямой [latex]BS[/latex] с медианой [latex]AN[/latex] этого треугольника.

Рассмотрим точку [latex]T[/latex] отрезка [latex]BC[/latex] такую, что [latex]ST[/latex] [latex]||[/latex] [latex]AN[/latex]. Из теоремы Фалеса следует, что [latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle BN}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle NC}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\ [/latex].

Лемма 2.
[latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right )[/latex], где [latex]U[/latex] и [latex]S[/latex] — точки на сторонах [latex]AB[/latex] и [latex]AC[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] соответственно, а [latex]V[/latex] — точка пересечения прямой [latex]US[/latex] с медианой [latex]AN[/latex] этого треугольника.

На стороне [latex]AC[/latex] возьмем точку [latex]Z[/latex] такую, что [latex]UZ[/latex] [latex]||[/latex] [latex]BC[/latex].  По лемме 1 имеем [latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AZ}\[/latex], а по теореме Фалеса [latex]\frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}\ = \frac{\displaystyle AZ}{\displaystyle AU}\[/latex]. Осталось перемножить эти равенства.

Доказанные утверждения позволяют завершить решение задачи. Именно, по лемме 2 медиана [latex]KL[/latex] делит отрезок [latex]AC[/latex] (считая от [latex]C[/latex])  в отношении [latex]m = \left(\frac{\displaystyle CK}{\displaystyle KD}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK} \right )[/latex], а медиана [latex]MN[/latex] — в отношении [latex]n = \left(\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA} \right )[/latex]. Но [latex]\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\ = \frac{\displaystyle KC}{\displaystyle KD}\[/latex],  [latex]\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK}\ = \frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA}\[/latex]. Следовательно, [latex]m = n[/latex].
Утверждение задачи доказано.

Замечание. Вот ещё одно, более естественное, хотя и несколько более сложное, доказательство леммы 2.

Проведем через [latex]V[/latex] параллельные [latex]AS[/latex] и [latex]AU[/latex] прямые $(рис. 2)$.

Имеем: [latex]\frac{\displaystyle x}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}[/latex] (это характеристическое свойство точек медианы!). Теорема Фалеса дает: [latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle US}{\displaystyle AU}[/latex], [latex]\frac{\displaystyle x}{\displaystyle UV} = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle US}[/latex]. Перемножая эти два равенства, получаем
[latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x} \right ) = \left (\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU} \right ) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right )[/latex].
Лемма доказана.

М. Волкевич, В. Сендеров