11231. Четырёхугольник ABCD
описан около окружности \omega
. Докажите, что диаметр окружности \omega
не превосходит длины отрезка, соединяющего середины сторон BC
и AD
.
Решение. Известно, что S_{ABCD}=pr
, где p
— полупериметр описанного четырёхугольника, а r
— радиус вписанной окружности (см. задачу 523). Известно также, что суммы противоположных сторон описанного четырёхугольника равны (см. задачу 310), поэтому S_{ABCD}=(BC+AD)\cdot r
.
Первый способ. С другой стороны, если M
и N
— середины сторон BC
и AD
соответственно, то (см. задачу 3001)
S_{ABCD}=(S_{ABM}+S_{ACM})+(S_{ACN}+S_{DCN})=
=2S_{ACM}+2S_{ACN}=2S_{AMCN}=2S_{AMN}+2S_{CMN}\leqslant
\leqslant MN\cdot AN+MN\cdot CM=MN\cdot(AN+CM)=\frac{1}{2}MN\cdot(AD+BC)
(высоты треугольников AMN
и CMN
, проведённые из вершин A
и C
соответственно, не превосходят отрезков соответственно AN
и CM
). Следовательно,
2r=\frac{2S_{ABCD}}{BC+AD}\leqslant\frac{MN\cdot(AD+BC)}{AD+BC}=MN.
Что и требовалось доказать.
Из решения нетрудно видеть, что равенство достигается тогда и только тогда, когда ABCD
— равнобокая описанная трапеция с основаниями AD
и BC
.
Второй способ (С.Севастьянов). Рассмотрим параллелограмм Вариньона KMLN
данного четырёхугольника ABCD
, где K
, M
, L
и N
— середины сторон соответственно AB
, BC
, CD
и AD
(см. задачу 1204). Пусть угол между прямыми MN
и KL
равен \alpha
. Тогда, (см. задачи 3019, 3018 и 4694)
(BC+AD)\cdot r=S_{ABCD}=2S_{KMLN}=2\cdot\frac{1}{2}MN\cdot KL\sin\alpha\leqslant
\leqslant MN\cdot KL\leqslant MN\cdot\frac{BC+AD}{2}.
Следовательно,
2r\leqslant\frac{MN\cdot(BC+AD)}{BC+AD}=MN.
Что и требовалось доказать.