11021. Из точки O
пересечения диагоналей описанного четырёхугольника ABCD
опущены перпендикуляры OK
, OL
, OM
, ON
на его стороны BC
, CD
, AD
, AB
соответственно. Докажите, что
\frac{1}{OK}+\frac{1}{OM}=\frac{1}{OL}+\frac{1}{ON}.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Пусть K'
, L'
, M'
, N'
— точки касания вписанной окружности четырёхугольника ABCD
с его сторонами BC
, CD
, AD
, AB
соответственно, X
— точка пересечения прямых BC
и AD
, Y
— точка пересечения прямых AB
и CD
, а \angle CXD=\alpha
и AYD=\beta
.
Прямые K'M'
и L'N'
проходят через точку O
(см. задачу 790). Треугольник K'XM'
равнобедренный, поэтому
\angle XK'M'=\angle XM'K'=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольных треугольников KK'O
и MM'O
получаем, что
OK=OK'\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=OK'\cos\frac{\alpha}{2},~OM=OM'\cos\frac{\alpha}{2}.
Аналогично
OL=OL'\cos\frac{\beta}{2},~ON=ON'\cos\frac{\beta}{2}.
Пусть радиус окружности равен r
. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что хорда K'M'
видна из точек дуги K'L'M'
под углом 90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
, значит, по теореме синусов
K'M'=2r\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=2r\cos\frac{\alpha}{2}.
Аналогично L'N'=2r\cos\frac{\beta}{2}
. Тогда
\frac{1}{OK}+\frac{1}{OM}=\frac{1}{OK'\cos\frac{\alpha}{2}}+\frac{1}{OM'\cos\frac{\alpha}{2}}=\left(\frac{1}{OK'}+\frac{1}{OM'}\right)\cdot\frac{1}{\cos\frac{\alpha}{2}}=
\frac{OK'+OM'}{OK'\cdot OM'\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{K'M'}{OK'\cdot OM'\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{2r\cos\frac{\alpha}{2}}{OK'\cdot OM'\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{2r}{OK'\cdot OM'}.
Аналогично
\frac{1}{OL}+\frac{1}{ON}=\frac{2r}{OL'\cdot ON'},
а так как по теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд OK'\cdot OM'=OL'\cdot ON'
, то
\frac{1}{OK}+\frac{1}{OM}=\frac{1}{OL}+\frac{1}{ON}.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для любого другого случая.
Примечание. Верно и обратное: если \frac{1}{OK}+\frac{1}{OM}=\frac{1}{OL}+\frac{1}{ON}
, то четырёхугольник ABCD
описанный. Для доказательства этого утверждения зафиксируем расстояния OB=a
, OC=b
, OD=c
, OA=d
от точки O
до вершин четырёхугольника и будем искать угол \varphi
между его диагоналями, при котором \frac{1}{OK}+\frac{1}{OM}=\frac{1}{OL}+\frac{1}{ON}
По формуле для высоты треугольника BOC
получаем что
OK=\frac{2S_{\triangle BOC}}{BC}=\frac{ab\sin\varphi}{\sqrt{a^{2}+b^{2}-2ab\cos\varphi}}.
Аналогично
OL=\frac{bc\sin\varphi}{\sqrt{b^{2}+c^{2}+2bc\cos\varphi}},~OM=\frac{cd\sin\varphi}{\sqrt{c^{2}+d^{2}-2cd\cos\varphi}},
ON=\frac{ad\sin\varphi}{\sqrt{a^{2}+d^{2}+2ad\cos\varphi}}.
Следовательно,
\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}-2ab\cos\varphi}}{ab}+\frac{\sqrt{c^{2}+d^{2}-2cd\cos\varphi}}{cd}=
=\frac{\sqrt{b^{2}+c^{2}+2bc\cos\varphi}}{bc}+\frac{\sqrt{a^{2}+d^{2}+2ad\cos\varphi}}{ad}.
С ростом \varphi
левая часть этого уравнения возрастает, а правая убывает. Значит, уравнение имеет единственное решение, соответствующее вписанному четырёхугольнику.