10886. Вершины ломаной
KMANL
лежат на окружности и
\angle KMA=\angle MAN=\angle ANL=45^{\circ}
(см. рис.). Докажите, что площадь закрашенной части равна половине площади круга.

Решение. Проведём отрезок
KL
(рис. 1). Он является диаметром окружности, так как сумма угловых величин дуг
KA
и
LA
равна
180^{\circ}
.
Первый способ. Проведём через точку
L
прямую, параллельную
MK
, до пересечения с окружностью в точке
Z
. Тогда
ML=KZ
как хорды, отсекающие равные дуги, а так как
KL
— диаметр окружности, то углы
KML
и
KZL
прямые, поэтому
KMLZ
— прямоугольник.
Пусть
U
— точка пересечения
KN
и
ML
,
V
— точка пересечения
MA
и
KZ
. Окружность симметрична относительно диаметра, параллельного
ML
. При этой симметрии хорда
KN
переходит в хорду
MA
, а хорда
ML
— в хорду
KZ
, поэтому точка
U
переходит в
V
. Тогда
UV\parallel LZ
.
Проведём отрезок
AZ
. Заметим, что равны сегменты, ограниченные хордами
MK
и
LZ
,
NL
и
AZ
, равны трапеции
UVAN
и
LZAN
, равны треугольники
MUV
и
VKM
, а также — криволинейные треугольники
MUN
и
KVA
. Значит, для каждого «куска» закрашенной части найдётся симметричный ему незакрашенный «кусок». Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть
KL
пересекает
AM
и
AN
в точках
F
и
G
соответственно (рис. 2). Тогда утверждение задачи равносильно равенству
S_{\triangle KMF}+S_{\triangle LNG}=S_{\triangle FAG}.

Дуги
AK
и
AL
равны (на них опираются равные вписанные углы), а
KL
— диаметр окружности, значит, треугольник
KAL
— прямоугольный и равнобедренный. Тогда
FG^{2}=KF^{2}+LG^{2}

(см. задачу 10124). Заметим также, что треугольники
FMK
и
LNG
подобны треугольнику
FAG
(по двум углам) с коэффициентами
k_{1}=\frac{KF}{FG}
и
k_{2}=\frac{LG}{FG}
соответственно. Тогда
\frac{S_{\triangle KMF}}{S_{\triangle FAG}}=k_{1}^{2}=\frac{KF^{2}}{FG^{2}}~\mbox{и}~\frac{S_{\triangle LNG}}{S_{\triangle FAG}}=k_{2}^{2}=\frac{LG^{2}}{FG^{2}}.

Складывая эти равенства почленно, получим, что
\frac{S_{\triangle KMF}+S_{\triangle LNG}}{S_{\triangle FAG}}=\frac{KF^{2}+LG^{2}}{FG^{2}}=1.

Отсюда следует утверждение задачи.
Третий способ. Пусть
KL
пересекает
AM
и
AN
в точках
F
и
G
соответственно (рис. 3). Тогда утверждение задачи равносильно равенству
S_{\triangle KMF}+S_{\triangle LNG}=S_{\triangle FAG}.

Прибавив к обеим частям этого равенства площади треугольников
AFK
и
AGL
, получим, что оно равносильно равенству
S_{\triangle KMA}+S_{\triangle LNA}=S_{\triangle KAL}.

Пусть
H
— точка пересечения
KN
и
ML
. Угол
KMH
прямой, так как
KL
— диаметр окружности. Тогда
\angle HMA=\angle KMA=45^{\circ}~\mbox{и}~\angle MKH=\angle MAN=45^{\circ},

поэтому
AM\perp KH
. Значит, при симметрии относительно прямой
AM
точка
K
перейдёт в
H
. Аналогично, при симметрии относительно прямой
AN
точка
L
перейдёт в
H
. Следовательно,
S_{\triangle KMA}+S_{\triangle LNA}=S_{\triangle HMA}+S_{\triangle HNA}=S_{AMHN}.

В невыпуклом четырёхугольнике
AMHN
три угла по
45^{\circ}
, значит,
MN=AH
и
MN\perp AH
(см. задачу 4272). Следовательно (см. задачу 3018),
S_{AMHN}=\frac{1}{2}AH\cdot MN=\frac{1}{2}AH^{2}=\frac{1}{2}AK\cdot AL=S_{\triangle KAL}.




Примечание. См. статью А.Блинкова и Ю.Блинкова «Угол в квадрате», Квант, 2014, N4, с.34-37.
Источник: Произволов В. В. Задачи на вырост. — М.: МИРОС, 1995. — № 6, с. 56
Источник: Журнал «Квант». — 2014, № 4, с. 35