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.

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

Условие

Выпуклый многогранник имеет шесть вершин — по одной на каждой из полуосей прямоугольной системы координат. Докажите, что восемь проекций начала координат на грани многогранника принадлежат одной сфере.

Решение

Пусть три вершины многогранника $X_{0}, Y_{0}$ и $Z_{0}$ лежат на отрицательных полуосях, а три другие вершины $X_{1}, Y_{1}$ и $Z_{1}$ на положительных полуосях, точка $O$ — начало координат. Четыре проекции точки $O$ лежат на гранях многогранника $Z_{1}X_{1}Y_{1}$, $Z_{1}Y_{1}X_{0}$, $Z_{1}X_{0}Y_{0}$ и c $Z_{1}Y_{0}X_{1}$ — это точки $A$, $B$, $C$ и $D$ соответственно. Так как $\angle Z_{1}AO =\angle Z_{1}CO = \angle Z_{1}DO =90^{\circ}$, то сфера $S$, построенная на $Z_{1}O$ как на диаметре, содержит точки $A$, $B$, $C$ и $D$. Докажем, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ принадлежат одной окружности, т.е. сечению сферы $S$. Спроектировав эти точки из точки $Z_{1}$ на ребра многогранника $X_{1}Y_{1}$, $Y_{1}X_{0}$ $X_{0}Y_{0}$ и $Y_{0}X_{1}$, получим точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$, соответственно. Эта проекция — стереографическая, и как только мы докажем, что $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$ принадлежат одной окружности, так сразу убедимся, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ тоже принадлежат одной окружности. Заметим, что точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$ — это проекции точки $O$ на стороны четырехугольника $X_{1}Y_{1}X_{0}Y_{0}$ , диагонали которого $X_{1}X_{0}$ и $Y_{1}Y_{0}$ перпендикулярны и пересекаются в точке $O$ (см. рисунок). В треугольнике $X_{0}Y_{1}X_{1}$ отрезок $B_{1}A_{1}$ антипараллелен стороне $X_{0}X_{1}$, т.е. $\angle Y_{1}B_{1}A_{1} =\angle Y_{1}X_{1}X$, a $\angle Y_{1}A_{1}B_{1} = \angle Y_{1}X_{0}X_{1}$; аналогичные равенства углов получим в треугольниках $Y_{1}X_{0}Y_{0}$, $X_{0}Y_{0}X_{1}$ и $Y_{0}X_{1}Y_{1}$. После этого простой подсчет покажет, что суммы противоположных углов в четырехугольнике $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ равны по $180^{\circ}$, т.е. около $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ можно описать окружность. Значит, точки $A$ $B$, $C$ и $D$ принадлежат одной окружности, а четырехугольник $ABCD$является одной из шести граней многогранника $M$, восемь вершин которого — это восемь проекций точки $O$ на грани исходного многогранника. Все грани многогранника $M$ (кубоида) являются четырехугольниками, около каждого из которых можно описать окружность. Рассмотрим сферу $Q$, содержащую две окружности, описанные около двух смежных граней многогранника $M$. Нетрудно убедиться, что сфера $Q$ содержит все вершины многогранника $M$.

В. Произволов

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Концы [latex]2n[/latex] пересекающихся хорд разделили окружность на [latex]4n[/latex] равных дуг. Докажите, что среди этих хорд найдутся две параллельные хорды.

Решение

Будем считать, что окружность имеет длину [latex]4n[/latex], а, значит каждая из [latex]4n[/latex] дуг, на которые она разделена концами [latex]2n[/latex] непересекающихся хорд, имеет длину [latex]1.[/latex] Важно заметить следующее. Так как хорды не пересекаются, то концы каждой хорды разделяют окружность на дуги нечетной длины.
Обозначим [latex]4n[/latex] точек деления числами [latex]0, 1, 2, \ldots,4n — 1[/latex] последовательно (см. рисунок). Условимся писать  [latex]a[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]b,[/latex] если числа [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] дают одинаковые остатки при делении на [latex]4n,[/latex] и говорить, что [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] равны по модулю [latex]4n.[/latex] Теперь отметим, что если [latex]i,[/latex] [latex]j[/latex] и [latex]k,[/latex] [latex]l[/latex] — две пары из чисел на окружности, для которых выполняется равенство [latex]i[/latex] [latex]+[/latex] [latex]j[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]k[/latex] [latex]+[/latex] [latex]l,[/latex] то хорды [latex]ij[/latex] и [latex]k[/latex][latex]l[/latex] параллельны.

Каждая из [latex]2n[/latex] хорд определена парой своих концов: [latex](i_1, i_2),[/latex]  [latex](i_3, i_4),[/latex][latex] \ldots,[/latex] [latex](i_{4n-1}, i_4n).[/latex] При этом сумма чисел в каждой паре нечетна.

Допустим, что среди [latex]2n[/latex] хорд нет параллельных. Тогда набор чисел [latex]i_1[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_2,[/latex] [latex]i_3[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_4,[/latex][latex] \ldots[/latex] [latex],i_{4n-1}[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_4n[/latex] по модулю [latex]4n[/latex] содержит все нечетные числа от [latex]1[/latex] до [latex]4n — 1.[/latex]

Значит, сумма этого набора равна [latex]4n^2[/latex] (по модулю [latex]4n).[/latex] Непосредственно суммируя числа набора, мы получим [latex]i_1[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_2[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_3[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_4[/latex] [latex]+ \ldots +[/latex] [latex]i_{4n-1}[/latex] [latex]+[/latex] [latex]i_4n[/latex] [latex]=[/latex] [latex]0[/latex] [latex]+[/latex] [latex]1[/latex] [latex]+[/latex] [latex]2[/latex] [latex]+ \ldots +[/latex][latex]4n- 1[/latex] [latex]=[/latex] [latex]2n[/latex] [latex](4n-1).[/latex]

Но тогда должно выполняться равенство [latex]4n^2[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]2n[/latex] [latex](4n-1).[/latex]) Легко видеть, что такое равенство не выполняется, т.е. остается заключить, что среди хорд есть параллельные.

B.Произволов

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 6 выпуск)

Условие

Окружность пересекает стороны прямоугольника в восьми точках, которые последовательно занумерованы. Докажите, что площадь четырехугольника с вершинами в точках с нечетными номерами равна площади четырехугольника с вершинами в точках с четными номерами (рис. 1).

Решение

Сначала запишем вспомогательное равенство для отрезков горизонтальных сторон прямоугольника $KLMN$, выступающих за пределы окружности (рис.2):

$$LA_{3}+NA_{7}=MA_{4}+KA_{8}$$

Это равенство следует хотя бы из того, что трапеция $A_{8}A_{3}A_{4}A_{7}$ — равнобочная. Аналогично получаем другое вспомогательное равенство для отрезков вертикальных сторон: $KA_{1}+MA_{5}=LA_{2}+NA_{6}.$ Третье вспомогательное равенство получим, если приравняем произведения левых и произведения правых частей первых двух. Обозначив через $a$ длину горизонтальной стороны прямоугольника $KLMN$, а через $b$ — длину его вертикальной стороны, запишем основное равенство:
$$\begin{multline}
LA_{3}\left ( b-KA_{1} \right )+NA_{7}\left ( b-MA_{5} \right )+ \\ + KA_{1}\left ( a-NA_{7} \right )+MA_{5}\left ( a-LA_{3} \right )= \\
=MA_{4}\left ( b-NA_{6} \right )+KA_{8}\left ( b-LA_{2} \right )+ \\ + LA_{2}\left ( a-MA_{4} \right )+NA_{6}\left ( a-KA_{8} \right ).
\end{multline}$$

Это равенство непосредственно следует из трех вспомогательных равенств. Оно означает, что сумма площадей четырех прямоугольных треугольников $LA_{1}A_{3}$, $NA_{5}A_{7}$, $KA_{7}A_{1}$ и $MA_{3}A_{5}$ равна сумме площадей треугольников $MA_{6}A_{4}$, $KA_{2}A_{8}$, $LA_{4}A_{2}$ и $NA_{8}A_{6}.$ Но в таком случае площади четырехугольников $A_{1}A_{3}A_{5}A_{7}$ и $A_{2}A_{4}A_{6}A_{8}$ равны.

В. Произволов