Задача М1314 з журналу «Квант» 1991 року №11

Умова

$ABCD$ — випуклий чотирикутник, діагоналі котрого перетинаються в точці $O$. Нехай $P$ та $Q$ — центри кіл, описаних навколо трикутників $ABO$ і $CDO$.

Доведіть, що $AB+CD\leq4PQ$

Розв’язання

Нехай $O$ — точка перетину діагоналей чоторикутника $ABCD$. Проведемо пряму, що ділить кути $BOA$ та $COD$ навпіл і, що перетинає кола, описані навколо трикутників $AOB$ і $COD$ у точках $K$ і $L$ відповідно. (малюнок)

Нехай $PM$ та $QN$ — перпендикуляри, опущені із точок $P$ і $Q$ на пряму $KL$.

Так як сума кутів $\angle KBO$ і $\angle KAO$ = $180^{\circ}$, один з цих двох кутів не є гострим. Будемо для визначенності вважати, що таким кутом є $KBO$.

З трикутника $KBO$ отримаємо, що $КО > KB$. А так як трикутник $AKB$ — рівнобедрений,

$$2KB = KB + KA > AB.$$

Отже, $2KO > AB$. Аналогічно доводиться, що $2LO > CD$.

Але тоді

$$4PQ \geq 4MN = 2KL = 2KO + 2LO > AB + CD.$$

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

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.

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