М1663. Взаємне розташування діагоналей опуклого чотирикутника

Задача із журналу «Квант» (1998 рік. №6)

Умова

Бісектриси вписаного чотирикутника утворюють у перетині опуклий чотирикутник. Доведіть, що діагоналі отриманого чотирикутника перпендикулярні.

С.Берлов

Розв’язок

Продовжимо протилежні сторони вихідного чотирикутника $ABCD$ до перетину в точках $P$ і $Q$ (див. рисунок). Доведемо спочатку, що бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Оскільки чотирикутник $ABCD$ — вписаний, зовнішній кут $DCQ$ дорівнює внутрішньому куту в протилежній вершині $A.$ Так як пряма $QE$ — бісектриса кута $Q$ , то кути трикутника $AQE$ відповідно дорівнюють кутам трикутника $CQG.$ Отже, $\angle CGQ = \angle AEQ$ . Але кути $CGQ$ і $PGE$ рівні як вертикальні. Тому $\angle PEG = \angle PGE$ і $\triangle PEG$ — рівнобедрений.

Отже, бісектриса кута $P$ є серединним перпендикуляром до відрізка $EG,$ тобто бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Звідси легко випливає твердження задачі, оскільки діагоналі чотирикутника, утвореного на бісектрисах чотирикутника $ABCD,$ лежать на бісектрисах $PF$ і $QE.$

У випадку, коли будь-які дві протилежні сторони чотирикутника $ABCD$ паралельні, твердження задачі випливає із симетричності креслення.

С.Берлов

М641. Задача о шестиугольнике и пересекающем его круг.

Задача из журнала «Квант» М641(1980, выпуск №9)

Задача:

Дан правильный шестиугольник $ABCDEF$ с центром $O$ . Точки $M$ и $N$ — середины сторон $CD$ и $DE$ . Прямые $AM$ и $BN$ пересекаются в точке $L$ .

Докажите, что:

а) треугольник $ABL$ и четырехугольник $DMLN$ имеют равные площади;

б) $\widehat{ALO}=\widehat{OLN}=60^\circ$ ;

в) $\widehat{OLD}=90^\circ$ .

Решение:

Все утверждения задачи не трудно получить из одного наблюдения: при повороте на $60^\circ$ вокруг центра $O$ четырехугольник $AMCB$ отображается на четырехугольник $BNDC$ .

Действительно, при повороте $R_O^{60^\circ}$ (против часовой стрелки) точка $A$ переходит в точку $B$ , точка $B$ — в точку $C$ , сторона $CD$ отображается в сторону $DE$ , так что середина $M$ стороны $CD$ переходит в середину $N$ стороны $DE$ (смотри рисунок). Следовательно, четырехугольники $AMCB$ и $BNDC$ конгруэнтны, так что площади их равны. Вычитая из этих равных площадей площадь четырехугольника $BCML$ , получим равные площади, то есть треугольник $ABL$ и четырехугольник $DMLN$ равновелики.

Так как при повороте $R_O^{60^\circ}$ луч $AM$ отображается на луч $BN$ , угол между направлениями этих лучей равен углу поворота, то есть $\widehat{ALB}=60^\circ$ . Следовательно, $\widehat{ALN}=120^\circ$ .Приведем два доказательства того , что $\widehat{ALO}=\widehat{OLN}=60^\circ$ и $\widehat{OLD}=90^\circ$ .

$1^\circ$ . Воспользуемся таким очевидным фактом: если две прямые, пересекающиеся в точке $K$ , равноудалены от точки $P$ , то прямая $PK$ служит биссектрисой угла между этими прямыми (содержащего точку $P$ ). Поскольку точка $O$ равноудалена от прямых $AM$ и $BN$ , $OL$ — биссектриса угла $ALN$ , то есть $\widehat{ALO}=\widehat{OLN}=60^\circ$ . Поскольку точка $D$ удалена от прямых $AM$ и $BN$ одинаково (на такое же расстояние, как $C$ — от прямой $AM$ ). $\widehat{NLD}=\widehat{DLM}=30^\circ$ , то есть $\widehat{OLD}=90^\circ$ .

$2^\circ$ . Около четырехугольника $DMON$ можно описать окружность, так как углы при его вершинах $M$ и $N$ — прямые. Тогда $L$ также принадлежит этой окружности. Это следует из того, что в четырехугольнике $DMLN$ сумма углов при вершинах $D$ и $L$ равна $180^\circ$ . Заметив, что $\widehat{ODN}=60^\circ$ , применим теорему о вписанном угле. Тогда получим $\widehat{OLN}=\widehat{ODN}=60^\circ$ и $\widehat{OLD}-\widehat{OMD}=90^\circ$ .

Э.Готман

М698. Задача о центрах прямоугольников

Условие

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

Решение

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

М664. О равенстве площадей

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 1-й выпуск)

Условие

Дан четырехугольник $ABCD$ площади $S$ . Обозначим точки пересечения высот треугольников $ABC$ , $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ через $H,$ $K,$ $L,$ $M$ соответственно. Докажите, что площадь четырехугольника $HKLM$ тоже равна $S$ .

Решение

Самое простое аналитическое решение этой задачи получается с помощью операции псевдоскалярного произведения векторов: $\vec{a}\wedge\vec{b}=\mid\vec{a}\mid\mid\vec{b}\mid\sin\phi$ , где $\phi$ — угол, на который нужно повернуть вектор $\vec{a}$ против часовой стрелки, чтобы его направление совпало с направлением вектора $\vec{b}$ . Геометрический смысл числа $\vec{a}\wedge\vec{b}$ — ориентированная, площадь параллелограмма, построенного на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$ (рис. 1). Нужные нам свойства:

Рис. 1.а.

$\vec{a}\wedge\vec{b} =2S_{\triangle AOB}$ , если

$\triangle AOB$ ориентирован положительно— против часовой стрелки.

Рис.1.б. $\vec{a}\wedge\vec{b} =-2S_{\triangle AOB}$ , если $\triangle AOB$ ориентирован отрицательно

$(\vec{a}+\vec{b})\wedge\vec{c}=\vec{a}\wedge\vec{c}+\vec{b}\wedge\vec{c}$
$\vec{a}\wedge\vec{b}=-\vec{b}\wedge\vec{a}$
$\vec{a}\wedge\vec{b}=0$ , если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны. Следуют из того, что $\vec{a}\wedge\vec{b}$ равно скалярному произведению вскторов $\vec{b}$ и $R^{90^{\circ}}(\vec{a})$ .

Удобно ввести «симметричные» обозначения: пусть $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ — данный четырехугольник, $H_{1}, H_{2}, H_{3} и H_{4}$ — точки пересечений высот треугольников $A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}$ , $A_{4}A_{1}A_{2}$ и $A_{1}A_{2}A_{3}$ , соответственно, а $\vec{a_{i}}$ и $\vec{h_{i}}$ — векторы, идущие из фиксированной точки $O$ в $A_{i}$ и $H_{i}$ $(i= 1, 2, 3, 4)$ .

Докажем, что треугольники $A_{1}A_{2}A_{3}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}$ равновелики (имеют одинаковую площадь) и одинаково ориентированы. Поскольку удвоенная площадь $\triangle$ $A_{1}A_{2}A_{3}$ (с учётом ориентации) равна $\overrightarrow{A_{1}A_{2}}\wedge\overrightarrow{A_{1}A_{3}}=(\vec{a_{2}}-\vec{a_{1}})\wedge(\vec{a_{3}}-\vec{a_{1}})=\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}},$ мы должны доказать равенство

$\begin{equation} \label{eq:first} \vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}=\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}+\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}+\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}.\end{equation}$ Для этого мы используем лишь тот факт, что

$\left[A_{i}H_{j}\right]\parallel\left[A_{j}H_{i}\right]$ при всех

$i \neq j$ . Скажем,

$\left[A_{1}H_{2}\right]\parallel\left[A_{2}H_{1}\right]$ , поскольку они перпендикулярны

$\left[A_{3}A_{4}\right]$ ; поэтому

$(\vec{a_{1}}-\vec{h_{2}})\wedge(\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}})=0$ Сложив три равенства:

$\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}=\vec{a_{1}}\wedge\vec{h_{1}}-\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}.$

$\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}-\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}=\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}$

$\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}-\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}=\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{1}}$

получим $\eqref{eq:first}$ .

Разумеется, так же доказывается вообще, что треугольники $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$ , равновелики и одинаково ориентированы (для всех $i \neq j \neq k$ ); в частности, это относится к треугольникам $A_{3}A_{4}A_{1}$ и $H_{3}H_{4}H_{1}$ . Отсюда, следует равенство площадей четырехугольников $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ .

Более того, оба эти четырёхугольника будут одновременно либо (а) выпуклыми, либо (б) невыпуклыми, но несамопересекающимися, либо (в) самопересекающимися: если все четыре треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}, A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}, A_{4}A_{1}A_{2}$ имеют одинаковую ориентацию, то (а), если один отличается по ориентации от трех других — (б); если «счет ничейный» 2:2 — (в).

Если бы мы попытались перевести это решение на элементарно геометрический язык, получилась бы громоздкая картина из множеств параллелограммов, очевидные соотношения между площадями которых запутаны из-за особенностей расположения. Более элегантное геометрическое решение (требующее, однако, некоторых вычислений: в частности оно использует формулу $\tan\alpha+\tan\beta=(1-\tan\alpha\tan\beta){\tan(\alpha+\beta)})$ основано на полезных соотношениях, показанных на рисунке 2, где $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$ . $O$ — центр описанной вокруг него окружности, $K$ — середина стороны $AB$ ).

Рис.2. $\overrightarrow{HC}=2\overrightarrow{KO}=\cot\hat{C}\times R^{90^{\circ}}(\overrightarrow{AB})$

На этом пути сразу ясно, что для четырёхугольника $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ , вписанного в окружность, «ортоцентрический» четырёхугольник $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ будет ему не только равновелик, но и конгруэнтен (в общем случае, как следует из равенства, площадей треугольников $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$ эти четырёхугольники аффинно эквивалентны, то есть один получается из другого линейным преобразованием координат).

Б. Батырев. Н. Васильев. В. Трофимов

М1730. Выпуклый четырехугольник

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