M648. О диагоналях вписанного четырехугольника

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.)

Рисунок 1

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).

Рисунок 2

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).

Рисунок 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),

Рисунок 4

а затем, сообразив, что $$90^{\circ} = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{\overset{\smile}{AB} + \overset{\smile}{CD}}{2}$$ и дополнив $\overset{\smile}{CD}$ до полуокружности дугой конгруэнтной $\overset{\smile}{AB}$ получили равенство $$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2$$ см. рисунок 5)

Рисунок 5

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

Пусть два взаимно перпендикулярных луча с накалом в точке $K$ внутри данной окружности, вращаясь вокруг $K$, пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четвертая вершина $T$ прямоугольника $PKQT$ (точка симметричная точке $K$ относительно середины $|PQ|$), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, двигаются по окружности концентричной с данной (рис. 6).

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)

Рисунок 6

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

Если три взаимно перпендикулярных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, вращаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перпендикуляра, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, двигаются по сфере, центр которой находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ ($O$ — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|,$ а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 — 2a^2}$, где $a = |OK|,$ $R$ — радиус данной сферы.

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 $H$.

Рисунок 7
И. Шарыгин

М671. Задача о вписанном четырёхугольнике


Задача из журнала «Квант» М671(1981, выпуск №3)

Задача:

Во вписанном четырёхугольнике одна диагональ делит вторую пополам. Докажите, что квадрат длины первой диагонали равен половине суммы квадратов длин всех сторон четырёхугольника.

Решение:

Пусть $a, b, c, d$ — длины сторон четырёхугольника $ABCD$, $|BO| = |OD|, |AC| = l$ (см. рисунок). По теореме косинусов

\begin{equation}
l^2 = a^2 + b^2 — 2ab\cdot \cos\hat{B}
\end{equation}
\begin{equation}
l^2 = c^2 + d^2 + 2cd\cdot \cos\hat{B}
\end{equation}

($\hat{D} = 180^\circ — \hat{B}$, поскольку четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность).

Легко заметить, что треугольники $ABC$ и $ADC$ равновелики: $S_{ABC} = S_{ADC}$ — они имеют общее основание $AC$ и равные по длине высоты, опущеные на это основание. Поэтому $\frac{1}{2}ab\cdot \sin\hat{B} = \frac{1}{2}cd\cdot \sin(180^\circ — \hat{B})$, то есть $ab = cd$. Складывая $(1)$ и $(2)$, получаем требуемое.

M617. Треугольник с внутренними окружностями

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри треугольника расположены окружности $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$ одинакового радиуса так, что каждая из окружностей $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ касается двух сторон треугольника и окружности $\delta$. Докажите, что центр окружности $\delta$ принадлежит прямой, проходящей через центры вписанной в данный треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Решение

Пусть $ABC$ — данный треугольник и $O_1$, $O_2$, $O_3$ — центры конгруэнтных окружностей, касающихся пар его сторон, а $O_4$ — центр четвертой окружности — той, которая касается указанны трех (см. рисунок). Длины их радиусов обозначим через $\varrho$. Треугольник $O_1O_2O_3$ гомотетичен треугольнику $ABC$, так как его стороны соответственно параллельны сторонам треугольника $ABC$. Не трудно видеть, что центром этой гомотетии будет точка $N$, являющаяся одновременно центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$, и центром окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$. Действительно, прямые $AO_1$, $BO_2$, $CO_3$ являются биссектрисами углов как треугольника $ABC$, так и треугольника $O_1O_2O_3$, а точка $N$ — точка пересечения этих биссектрис.

Теперь заметим, что точка $O_4$ является центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ (её расстояния до каждой из вершин этого треугольника равно $2\varrho$).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $N$, переводящую треугольник $O_1O_2O_3$ в треугольник $ABC$. Точка $O_4$ переходит при этом в некоторую точку $M$, лежащую на прямой $NO_4$. Мы уже знаем, что точка $O_4$ была центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$; следовательно, её образ — точка $M$ — будет центром окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$. Тем самым доказано утверждение задачи.

Нетрудно вычислить величину радиуса $\varrho$ этих четырех окружностей через $r$ и $R$ — радиусы вписанной в треугольник $ABC$ окружности и окружности, описанной около него.

Заметим, что радиус окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$, равен $r -\varrho$, а радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, равен $2\varrho$.

Пусть $k$ — коэффициент рассмотренной выше гомотетии. Тогда $(r — \varrho)k = r$ и $2\varrho k = R$. Выразив $k$ из каждого соотношения и приравняв полученные выражения, найдем $$\frac{r}{r-\varrho} = \frac{R}{2\varrho}\;,$$ откуда $$\varrho = \frac{rR}{R+2r}\;.$$

А.Савин

М697. Пузатость прямоугольника

Задача

разделение квадрата на прямоугольники

Назовем пузатостью прямоугольника отношение его меньшей стороны к большей (пузатость квадрата равна 1). Докажите ,что, как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Доказательство

Будем считать что длина стороны квадрата равна 1. Тогда пусть мы разбили квадрат на n прямоугольников размерами a_k\times b_k причем при всех k a_k\leq b_k

Одно из возможных разбиений квадрата на прямоугольники

тогда:

{\textstyle1\geq b_k\Rightarrow\frac1{b_k}\geq b_k\Rightarrow\frac{a_k}{b_k}\geq a_k\times b_k\Rightarrow\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq{\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k=1 (сумма {\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k является суммой площадей прямоугольников и по свойству площади равна площади квадрата (то есть 1)).

А это значит что:

{\textstyle\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq1 . А это и значит, что как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Что и требовалось доказать.

М658. О разбиении квадрата отрезками

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 12 выпуск)

Условие

В квадрате со сторо­ной $1$ проведено конечное чис­ло отрезков (рис. $1$), парал­лельных его сторонам. Отрез­ки могут пересекать друг друга. Сумма длин проведен­ных отрезков равна $18$. Дока­жите. что среди частей, на которые квадрат разбивается этими отрезками, найдется такая, площадь которой не меньше $0.01$

Решение

Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна $2 \cdot 18+4=40 $ (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для $i$-й части сумма длин горизонтальных границ равна $x _{i}$, вертикальных — $2y_{i}$, а площадь $i$-й части равна $c_{i}^{2}$ $\left( c_{i} > 0 \right)$ : тогда $x _{i}y_{i} \geq c_{i}^{2}$ (рис. $2$), поэтому $x_{i}+y_{i}\geq2\sqrt{ x_{i}y_{i}} \geq 2c_{i}$. Итак, $40= \sum (2x_{i}+2y_{i})\geq4 \sum c_{i}$, откуда $ \sum c_{i}\leq10$ (здесь сумма $\sum$ берется но всем частям разбиении).

Если $c_{i}^{2}<0.01$ (то есть $c_{i}<0.1$) для всех $i$, то $1= \sum c_{i}^{2} < \sum 0.1 c_{i} = 0.1 \sum c_{i}$ , откуда $\sum c_{i}\geq10$. Противоречие. Очевидно, оценка $18$ — точная: восемнадцатью отрезками длины $1$ наш квадрат можно разбить на $100$ одинаковых квадратиков площади $0.01$ каждый.

А.Анджан