Задача из журнала «Квант» (1980 год, 10 выпуск)

Условие

Докажите, что если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то середины его сторон и основания перпендикуляров, опущенный из точки пересечения его диагоналей на стороны, лежат на одной окружности.

Решение

Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ ($K$ — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенузу одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № 1, 8.)

Далее: середины $L$, $P$, $M$, $Q$ сторон четырехугольника $ABCD$, являясь вершинами прямоугольника (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ ($O$ — центр окружности, в которую вписан наш четырехугольник).

Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, ее продолжение является высотой треугольника $CKD$, то есть $LK \perp DC$. Но и $OM \perp DC$ (диаметр, проходящий через середину хорды), поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.

Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, например, что $|O_1M| = |O_1H|$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенузы $LM$ прямоугольного треугольника $LMH$ (рис. 3).

Итак, все восемь точек, упомянутых в условиях задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восьми точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величиной $|OK| = a$. В самом деле, искомый радиус равен половине длины $|LM|$, а $$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AK| + |KC|\right)^2 + \left(|BK| + |KD|)^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 2\left(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(4R^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) = 2R^2 — a^2.$$

(В этой вкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающихся в одной и той же точке, постоянно: $$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R — a)(R + a)$$ (рис. 4),

Наметим другое решение. Сделаем гомотетию наших восьми точек с центром в точке $K$ и коэффициентом $2$. Тогда утверждение задачи М648 превращается в такую теорему:

Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединного перпендикуляра к $|PQ|$, а первый (про $T$) установлен в решении задачи М539 («Квант», 1979, № 11)

Эта «теорема о восьми точках» допускает следующее стереометрическое обобщение:

Доказать это можно, например, следующим образом.

Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определенного отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагонально противоположная к $K$. Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 — 2a^2}$ (см. решение задачи М639 — «Квант», 1969, № 11). При гомотетии с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (докажите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.

Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перпендикулярны, проекция точки $K$ совпадет с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проектируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользуемся таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причем $2|QM| = |MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, докажите его.) Остальное легко следует из рисунка 7: поскольку $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$, а $|QM| = \frac{1}{3}|QH|$, точка $O_1$ проектируется в середину отрезка $MH$, то есть $O_1$ равноудалена от $M$ и $H$.