М1961. О точке в параллелограмме

Задача из журнала «Квант» (2005 год, 4 выпуск)

Условие

В параллелограмме $ABCD$ нашлась точка $Q$ такая, что $\angle AQB + \angle CQD=180°$. Докажите равенства углов: $\angle QBA = \angle QDA$ и $\angle QAD = \angle QCD$ (рис.1).

Рис. 1
Рис. 1

Треугольник $ABQ$ параллельно перенесем на вектор $\overrightarrow{\rm BC}$, и новое положение точки $Q$ обозначим через $P$ (рис. 2).
Рис. 2
Рис. 2
Ввиду условия задачи, около четырехугольника $QCPD$ можно описать окружность. Но тогда $$\angle DCP(= \angle QBA) = \angle PQD = \angle QDA,$$ а также $$\angle QCD = \angle QPD = \angle QAD,$$ т.е. утверждение доказано.

В.Произволов

М704. О квадрате, вокруг которого описан параллелограмм

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 9 выпуск)

Условие

Вокруг квадрата описан параллелограмм (вершины квадрата лежат на разных сторонах параллелограмма). Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют новый квадрат $(рис. 1).$

Решение

Пусть вокруг черного квадрата $(см. рис. 1)$ описан голубой параллелограмм $ABCD$ и через все его вершины проведены красные прямые, перепендикулярные сторонам квадрата. Достаточно доказать, что при повороте на $90^{\circ}$ вокруг центра $O$ черного квадрата красные прямые переходят друг в друга.

                                              $ Рис. 1.$

Пусть $H = R_{0}^{90^{\circ}}(A).$ Поскольку стороны повернутого параллелограмма перпендикулярны сторонам исходного, $(HE)\perp (AB)$ и $(HF)\perp (BC).$ Поэтому $H$ — точка пересечения высот треугольника $EBF$ и, следовательно, $H$ лежит на красной прямой, проведенной через вершину $B.$ Таким образом, красная прямая, проведенная через точку $A,$ переходит при повороте $R_{0}^{90^{\circ}}$ в красную прямую, проведенную через точку $B.$ Отсюда немедленно следует утверждение задачи.

Теорема о том, что три высоты треугольника пересекаются в одной точке (мы надеемся, известная нашим читателям), не доказывается в школьном учебнике. Поэтому мы приведем еще одно решение задачи $M704,$ хотя и не столь изящное, но тоже простое.

Это решение годится и для более общего случая, когда роль квадрата играет черный параллелограмм $(рис. 2):$ мы докажем, что красные прямые (соответственно параллельные сторонам черного параллелограмма) образуют параллелограмм, гомотетичный черному параллелограмму.

                                $ Рис. 2.$

Для доказательства достаточно проверить, что красная точка $K$ (см. рисунок 3 — фрагмент рисунка 2) лежит на диагонали параллелограмма $EG.$ Из подобия заштрихованных треугольников следует, что $\frac{x}{a} = \frac{b}{v}$ и $\frac{a}{y} = \frac{u}{b}$ (обозначения см. на рисунке 3). Перемножив эти равенства, получим $\frac{x}{y} = \frac{u}{v},$ а это и значит, что точка $K$ лежит на $EG.$

                                      $ Рис. 3.$

Полученный результат напоминает теорему Паппа, которую $Д.~ Гильберт$ и $С.~ Кон-Фоссен$ в своей замечательной (переизданной недавно по-русски) книге «Наглядная геометрия» формулируют так $(с. 126—127):$ если вершины замкнутой шестизвенной ломаной лежат попеременно на двух прямых и две пары ее противоположных звеньев параллельны, то и третья пара звеньев параллельна (на рисунке 3 — как раз такая ломаная $AKBEFGA$).

На этом возможности обобщений не исчерпаны. Если «сфотографировать» конфигурацию рисунка 3 (то есть спроектировать ее из некоторой точки $S,$ не лежащей в плоскости рисунка, на непараллельную плоскость), мы получим конфигурацию Паскаля: три пары параллельных на рисунке 3 прямых будут пересекаться на «фотографии» в трех точках одной прямой — нам удобно обозначить их $A_{1},$ $F_{1}$, $B_{1}$ $(рис. 4)$ — и наша теорема о точках $E,$ $K,$ $G$ превратиться в такую теорему: если каждая тройка точек $A,$ $B,$ $F$ и $A_{1},$ $B_{1},$ $F_{1}$ лежит на прямой, то точки $(AB_{1})\cap (A_{1}B),$ $(BF_{1})\cap (B_{1}F)$ и $(AF_{1})\cap (A_{1}F)$ также лежат на прямой.                                                $Рис. 4.$

Н.Васильев

 

М698. Задача о центрах прямоугольников

Условие

На сторонах [latex]a, b, c, d[/latex] вписанного в окружность четырехугольника «наружу» построены прямоугольники размерами [latex]a\times c, b\times d,[/latex][latex]c\times a, d\times b[/latex]. Докажите, что центры этих прямоугольников являются вершинами а)параллелограмма, б)прямоугольника.

Решение


а) Пусть [latex]M, P, N, Q[/latex] — центры прямоугольников, построенных на сторонах [latex]AB, BC, CN, DA[/latex] вписанного четырехугольника [latex]ABCD[/latex] (см. рисунок).
Поскольку в четырехугольнике, вписанном в окружность, суммы противоположных углов равны [latex]180\textdegree[/latex] , а прямоугольники, построенные на противоположных сторонах, конгруэнтны, то [latex]\angle MBP = \angle NDQ[/latex] и [latex]\angle NCP = \angle MAQ[/latex] (мы рассматриваем углы, меньшие [latex]180\textdegree[/latex]). Таким образом, треугольник [latex]MBP[/latex] подобен [latex]NDC[/latex] и треугольник [latex]NCP[/latex] подобен [latex]MAQ[/latex]. Отсюда [latex]\mid MP \mid = \mid NQ \mid[/latex] и [latex]\mid NP \mid = \mid MQ \mid[/latex], а это означает, что четырехугольник [latex]MPNQ[/latex] — параллелограмм.
б) Можно считать, что сторона [latex]MQ[/latex] параллелограмма видна из точки [latex]A[/latex] изнутри параллелограмма, сторона [latex]PN[/latex] видна из точки [latex]C[/latex] снаружи и, аналогично, сторона [latex]MP[/latex] видна из точки [latex]B[/latex] изнутри, а сторона [latex]NQ[/latex] из точки [latex]D[/latex] видна снаружи. Тогда расположение всех отрезков и треугольников будет таким, как показано на рисунке. Докажем, что, [latex]\angle MPN + \angle NQM = 180\textdegree[/latex] (отсюда будет следовать, что [latex]\angle MPN = \angle NQM = 90\textdegree[/latex]). Эта сумма, очевидно, равна [latex]\angle BPC + \angle DQA = 180\textdegree[/latex], поскольку [latex]\angle BPM = \angle DQN[/latex], а [latex]\angle CPN = \angle AQM[/latex].

М1737. Параллелограмм в окружности

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 4 выпуск)

Условие

Хорды $AC$ и $BD$ окружности с центром $O$ пересекаются в точке $K$ (рис.$1$). Точки $M$, $N$ — центры окружностей, описанных около треугольников $AKB$ и $CKD$. Докажите, что $OMKN$ — параллелограмм.

А.Заславский

<12>Решение

Пусть $X$ — середина $KB$ (рис.$2$). Тогда $\angle KMX=\displaystyle\frac{1}{2}\angle KMB=\angle KAB=\angle KDC$. Поскольку $MX\bot BD$, то $KM\bot CD$. Так как при этом $ON\bot CD$, то $ON\|KM$. Аналогично, $OM\|KN$. Если точки $O$, $K$, $M$, $N$ не лежат на одной прямой, то $OMKN$ — параллелограмм и $OM=KN$. В противном случае рассмотрим ортогональные проекции отрезков $OM$ и $KN$ на $AC$. Так как точки   $O$, $M$, $N$ проектируются в середины отрезков $AC$, $AK$ и $KC$ соответственно, то проекции обоих параллельных отрезков равны $\displaystyle\frac{KC}{2}$, следовательно, равны и длины самих отрезков.

M1677. Диагонали параллелограмма

Задача из журнала «Квант» (выпуск №5, 1999)

Условие

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O$. Окружность, проходящая через точки $A$, $O$ и $B$, касается прямой $BC$. Докажите, что окружность, проходящая через точки $B$, $O$ и $C$, касается прямой $CD$.

Решение

Углы $OAB$ и $OBC$ равны, так как первый вписан в окружность $AOB$, а второй образован касательной $BC$ и хордой $BO$ этой окружности (см. рисунок). Следовательно, углы $OBC$ и $OCD$ также равны, что эквивалентно утверждению задачи. Отметим, что параллелограмм, вершинами которого являются середины сторон данного, подобен исходному, поэтому задача допускает другую формулировку: в параллелограмме $ABCD$ углы $CAB$ и $DBC$ равны, $AD=1$, найти $AC$.

А.Заславский