Условие

На сторонах выпуклого четырехугольника площади

$S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади

$S_{1}$ . Докажите, что:

$S_{1}$

$\geqslant$

$2S;$

$S_{1}$

$=$

$2S;$

в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

Доказательство

Рис. 1

Из рисунка 1 видно, что площадь

$S_{1}$ четырехугольника

$MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).

Обозначим через

$\varphi$ угол при вершине

$B$ исходного четырехугольника. Заметим, что

$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$ причем знак «

$+$ » берется, если

$\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),

Рис. 2

то есть

$\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «

$-$ », если

$0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).

Рис. 3

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем

$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|} {4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) =$

$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что

$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$ Но

$S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ (

$\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что

$\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и

$S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда

$|AC| = |BD|$ и

$\sin\alpha = 1,$ то есть

$(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).

П. Гусятников

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск)

Условие задачи

Продолжения противоположных сторон произвольного выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точках $M$ и $K$ $(рис.1)$ . Через точку $O$ пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная $MK$ . Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой $O$ пополам.

Решение

Проведем через точку $D$ прямую $l$ (сделайте чертеж самостоятельно), параллельную $KM$ ; пусть $E$ и $F$ — точки пересечения $l$ с прямыми $BC$ и $BA$ соответственно. Пусть для определенности прямая, проходящая через $O$ параллельно $KM$ и $l$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ четырехугольника. В этом случае для решения задачи надо доказать, что точка $O$ лежит на медиане $KL$ треугольника $DKF$ . Мы докажем, что $O$ — точка пересечения медиан $KL$ и $MN$ треугольников $DKF$ и $DME$ соответственно. Обозначим точку пересечения медиан $KL$ и $MN$ через $X$ .

Докажем вначале, что $X$ лежит на $BD$ , т. е. что прямые $DX$ и $BD$ совпадают. Для этого докажем, что они делят отрезок $KM$ в одном и том же соотношении.

Пусть $Y$ — точка пересечения $DX$ и $KM$ . Имеем $\frac {\displaystyle KY}{ \displaystyle LD} = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}$ (поскольку треугольники $XYK$ и $XDL$ подобны), $\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$ делит $KM$ в отношении $\frac{\displaystyle FD}{\displaystyle DE}\[/latex]. Но [latex]FD = 2LD$ , $DE = 2DN$ .

Осталось доказать, что $X$ лежит на отрезке $AC$ . Другими словами, что $KL$ и $MN$ делят отрезок $AC$ в одном и том же отношении.

$\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\[/latex], где [latex]S$ — точка на стороне $AC$ треугольника $ABC$ , $V$ — точка пересечения прямой $BS$ с медианой $AN$ этого треугольника.

Рассмотрим точку $T$ отрезка $BC$ такую, что $ST$ $||$ $AN$ . Из теоремы Фалеса следует, что $\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle BN}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle NC}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\$ .

$\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right )$ , где $U$ и $S$ — точки на сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ соответственно, а $V$ — точка пересечения прямой $US$ с медианой $AN$ этого треугольника.

На стороне $AC$ возьмем точку $Z$ такую, что $UZ$ $||$ $BC$ . По лемме 1 имеем [latex]\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AZ}\[/latex], а по теореме Фалеса [latex]\frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}\ = \frac{\displaystyle AZ}{\displaystyle AU}\[/latex]. Осталось перемножить эти равенства.

Доказанные утверждения позволяют завершить решение задачи. Именно, по лемме 2 медиана $KL$ делит отрезок $AC$ (считая от $C$ ) в отношении $m = \left(\frac{\displaystyle CK}{\displaystyle KD}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK} \right )$ , а медиана $MN$ — в отношении $n = \left(\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA} \right )$ . Но $\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$ .
Утверждение задачи доказано.

Замечание. Вот ещё одно, более естественное, хотя и несколько более сложное, доказательство леммы 2.

Проведем через $V$ параллельные $AS$ и $AU$ прямые $(рис. 2)$ .

Имеем: $\frac{\displaystyle x}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}$ (это характеристическое свойство точек медианы!). Теорема Фалеса дает: $\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle US}{\displaystyle AU}$ , $\frac{\displaystyle x}{\displaystyle UV} = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle US}$ . Перемножая эти два равенства, получаем
$\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x} \right ) = \left (\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU} \right ) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right )$ .
Лемма доказана.

М. Волкевич, В. Сендеров

Метка: выпуклый четырехугольник

M708. О выпуклом четырехугольнике и квадратах

Условие

Доказательство

М1730. Выпуклый четырехугольник

Условие задачи

Решение