M1206. Про рівність квадрату радіуса кола і площі чотирикутника

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Задача M1206 із журналу «Квант» (1990 г. №2)

Умова

У колі проведено два перпендикулярні один одному діаметри $AE$ і $BF.$ На дузі $EF$ узято точку $C.$ Хорди $CA$ і $CB$ перетинають діаметри $BF$ і $AE$ відповідно в точках $P$ і $Q$ (малюнок 1). Доведіть що площа чотирикутника APQB дорівнює квадрату радіуса кола.

(А. Костенков)

Розв’язання

Один з найпростіших розв’язків отримуємо прямим обчисленням за формулою $S_{APQB} = PQ \cdot BP / 2.$ Якщо $\angle CAE = a,$ то $AQ = AO + OQ = (1 + \tg\beta),$ де $O$ — центр, а $R$ — радіус даного кола, $$S_{APQB} = \frac{1}{2} R^2(1 + \tg\alpha + \tg\beta + \tg\alpha \tg\beta).$$ Тепер треба довести, що величина в дужках дорівнює 2, тобто що $(\tg\alpha + \tg\beta)/(1 — \tg\alpha \tg\beta) = 1.$ У лівій частині цієї рівності стоїть вираз для $\tg(\alpha + \beta).$ Залишається зауважити, що $\alpha + \beta = \angle CAE + \angle CBF = 45^\circ$ (кути $CBF$ і $CAE$ спираються на дуги $CF$ і $CE,$ які в сумі складають $90^\circ),$ а $\tg45^\circ = 1.$


Малюнок 1

Намітимо і «чисто геометричний» розв’язок. Нехай $D$ — точка перетину хорд $AC$ і $EF$ (малюнок 2). Тоді, очевидно, $S_{ABD} = S_{ABEF}/2 = R^2,$ і ми повинні сказати, що $S_{ABD}=S_{ABPQ},$ тобто що $S_{BDF}=S_{BQP}.$ Точки $Q,$ $E,$ $C$ і $D$ лежать на одному колі $(\angle QED = 45^\circ = \angle QCD);$ тому $\angle DQE = 180^\circ — \angle DCE = 90^\circ.$ Отже, прямі $DQ$ і $BP$ паралельні, а отже, трикутники $BDP$ і $BQP$ рівновеликі.


Малюнок 2

(В. Дубровський)

М667. Построение треугольника

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Постройте треугольник $ABC$, если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины  $d=\mid AB\mid-\mid BC\mid$ и $e=\mid AC\mid-\mid BC\mid$.

Решение

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отложим данные нам отрезки $AD$ длины $d$ и $AE$ длины $e$. Теперь нужно на этих сторонах (за точками $D$ и $E$) найти такие точки $B$ и $C$, что $\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$.

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, гомотетичную искомому четырехугольнику $BCED$. Для этого (рис.1) отложим на прямой $AD$ (на луче, не содержащем $A$) отрезок $DB_{1}$ любой длины $q$, затем параллельно перенесём луч $\left[DE\right)$ на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$, направленный параллельно $\left[AE\right)$. После чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_{1}$, для которой $\mid B_{1}C_{1}\mid=q$. Очевидно, что четырехугольник $B_{1}C_{1}E_{1}D$ подобен искомому четырехугольнику $BCED$. Проведя теперь через точку $E$ прямую, параллельную $B_{1}E_{1}$, найдём точку $B$: проведя затем через точку $B$ прямую, параллельную $B_{1}C_{1}$, найдём точку $C$. (Легко видеть, что все построения всегда выполнимы, причём единственным образом.)

Вот ещё одно решение — не использующее метод подобия. Если $O -$ центр окружности, вписанный в искомый труегольник $ABC$, то треугольники $BOD$, $BOC$ и $COE$ конгруэнтны (рис. 2). Все углы, отмеченные при вершине $O$, равны $90^{\circ}+\hat{A}/2$. Поэтому $\widehat{DOE}=90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (эта величина положительна при $\hat{A}<60$). Теперь можно построить точку $O$ как пересечение биссектрисы угла $A$ и дуги сегмента с концами $D$ и $E$, вмещающего вписанный угол величины $90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем проведя под нужными углами к отрезкам $DO$ и $EO$ лучи $OB$ и $OC$, находим две вершины треугольника $ABC$.

Наконец, задачу можно решить и вычислением: длина искомого отрезка $x=\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ находится из квадратного уравнения.

$x^{2}=(x+d)^{2}+(x+e)^{2}-2(x+d)(x+e) \cos A$

После чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d$, $e$ и $\hat{A}$) циркулем и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p\cos \alpha$, $p\pm q$, $\sqrt{pq}$, $\sqrt{p^{2}\pm q^{2}}$. Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение ещё одной пары точек $B_{2}\in \left[DA\right)$, $C_{2}\in \left[EA\right)$ для которых $\mid B_{2}D\mid=\mid B_{2}C_{2}\mid=\mid C_{2}E\mid$.

Н. Васильев