Задача из журнала «Квант»(2002 год, 2 выпуск)

Условие

Общие перпендикуляры к противоположным сторонам неплоского четырехугольника $ABCD$ взаимно перпендикулярны.

Докажите, что они пересекаются.

Решение

Инструментом решения является теорема Менелая для пространственного четырехугольника, утверждающая, что точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V,$ взятые на сторонах четырехугольника $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ или их продолжениях, лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1.$

Для доказательства теоремы Менелая продолжим прямые $XU$ и $YV$ до пересечения с $AC.$ Точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V$ лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда все три прямые пересекаются в одной точке $P$ либо параллельны (рис. 1).

Но в этом случае, применяя теорему Менелая к треугольникам $ABC$ и $ACD,$ получаем $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1$ и $\frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} \cdot \frac{AP}{PC} = 1.$ Перемножая эти равенства, получим требуемое соотношение.

Пусть теперь $XY$ – перпендикуляр к сторонам $AB$ и $CD,$ $UV$ – перпендикуляр к $AD$ и $BC.$ При ортогональной проекции на плоскость, параллельную $XY$ и $UV,$ прямой угол между прямыми $AB$ и $XY$ остается прямым. Поэтому четырехугольник $ABCD$ проецируется в прямоугольник $A’B’C’D’,$ а прямые $XY$ и $UV$ – в параллельные его сторонам прямые $X′Y′$ и $U′V′$ (рис. 2). Очевидно, что $\frac{A’X’}{X’B’} \cdot \frac{B’U’}{U’C’} \cdot \frac{C’Y’}{Y’D’} \cdot \frac{D’V’}{V’A’} = 1.$

Следовательно, $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1,$ и по теореме Менелая точки $X,$ $Y,$ $U,$ $V$ лежат в одной плоскости. Отсюда сразу следует утверждение задачи.

А.Заславский

Задача из журнала «Квант» (1982 год, 12 выпуск)

Условие

Дан неравнобедренный треугольник $A_{1}A_{2}A_{3}$. Пусть $a_{i}$ – его сторона, лежащая против вершины $A_{i}$ $(i = 1, 2, 3)$, $M_{i}$ – середина стороны $a_{i}$, $T_{i}$ – точка касания стороны с окружностью, вписанной в данный треугольник, $S_{i}$ – точка, симметричная $T_{i}$ относительно биссектрисы угла $A_{i}$ треугольника.

Докажите, что прямые $M_{1}S_{1}$, $M_{2}S_{2}$ и $M_{3}S_{3}$ имеют общую точку.

Доказательство

Стороны треугольника $M_{1}M_{2}M_{3}$ соответственно параллельны сторонам треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$. Мы докажем, что и стороны треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$ параллельны сторонам $A_{1}A_{2}A_{3}$. Отсюда вытекает, что $\triangle$$S_{1}S_{2}S_{3}$ гомотетичен $\triangle$$M_{1}M_{2}M_{3}$ или переводится в него параллельным переносом. Второй случай отпадает, ибо окружность, описанная около треугольника $M_{1}M_{2}M_{3}$, больше описанной окружности треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$. Следовательно, прямые, соединяющие соответственные вершины треугольников $S_{1}S_{2}S_{3}$ и $M_{1}M_{2}M_{3}$, должны пересечься в одной точке — центре гомотетии.

Покажем, например, что прямые $S_{1}S_{2}$ и $A_{1}A_{2}$ параллельны (см. рисунок). При симметрии относительно биссектрисы угла $A_{1}$ точка $S_{1}$ перейдет в $T_{1}$, а $T_{3}$ — в $T_{2}$, поэтому дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{1}T_{2}$ вписанной окружности треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$ равны. Аналогично, при симметрии относительно биссектрисы угла $A_{2}$ дуга $T_{1}T_{2}$ перейдет в дугу $T_{3}S_{2}$. Следовательно, дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{3}S_{2}$ равны, и поэтому точки $S_{1}$ и $S_{2}$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $A_{1}A_{2}$, то есть $S_{1}S_{2}$$\parallel$$A_{1}A_{2}$. Аналогично доказывается, что и две другие стороны треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$ параллельны соответствующим сторонам треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$.

А. П. Савин

---

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

($\hat{D} = 180^\circ — \hat{B}$, 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.