12017. Выпуклый четырёхугольник ABCD
таков, что AB\cdot CD=AD\cdot BC
. Докажите, что
\angle BAC+\angle CBD+\angle DCA+\angle ADB=180^{\circ}.
Решение. Первый способ. Обозначим
AB=a,~BC=b,~CD=c,~AD=d,~\angle BAC=\alpha,~\angle CBD=\beta,~\angle DCA=\gamma,~\angle ADB=\delta.
По условию задачи ac=bd
. Требуется доказать, что \alpha+\beta+\gamma+\delta=180^{\circ}
.
Опишем окружность около треугольника BCD
. Если точка A
окажется на этой окружности, то четырёхугольник ABCD
вписанный, поэтому
180^{\circ}=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB=\angle BAC+(\angle ABD+\angle CBD)+\angle ACB=
=\angle BAC+(\angle ACD+\angle CBD)+\angle ADB=\alpha+(\gamma+\beta)+\delta.
Предположим теперь, что точка A
оказалась внутри окружности, описанной около треугольника BCD
. Продолжим диагональ AC
за точку A
до пересечения с окружностью в точке A'
. Получим вписанный четырёхугольник A'BCD
. Обозначим \angle BA'C=\alpha'
, \angle A'DB=\delta'
. По ранее доказанному
\alpha'+\beta+\gamma+\delta'=180^{\circ}.
Осталось доказать, что
\alpha+\beta+\gamma+\delta-(\alpha'+\beta+\gamma+\delta')=(\alpha-\alpha')-(\delta'-\delta)=0^{\circ},
т. е. \alpha-\alpha'=\delta'-\delta
, или \angle ABA'=\angle ADA'
.
Пусть радиус окружности равен R
. По теореме синусов
2R=\frac{BC}{\sin BA'C}=\frac{b}{\sin\alpha'},~2R=\frac{CD}{\sin CBD}=\frac{c}{\sin\beta},
поэтому \frac{b}{\sin\alpha'}=\frac{c}{\sin\beta}
Обозначим \frac{a}{b}=\frac{d}{c}=k
. Тогда bk=a
, ck=d
. Умножив на k
обе части равенства \frac{b}{\sin\alpha'}=\frac{c}{\sin\beta}
, получим, что \frac{kb}{\sin\alpha'}=\frac{kc}{\sin\beta}
, или \frac{a}{\sin\alpha'}=\frac{d}{\sin\beta}
.
С другой стороны, по теореме синусов
\frac{AA'}{\sin(\alpha-\alpha')}=\frac{AA'}{\sin\angle ABA'}=\frac{a}{\sin\alpha'}=\frac{d}{\sin\beta}=\frac{AD}{\sin\angle CA'D}=\frac{AA'}{\sin ADA'}=\frac{AA'}{\sin(\delta-\delta')}
поэтому \sin(\alpha-\alpha')=\sin(\delta'-\delta)
. Тогда либо \alpha-\alpha'=\delta'-\delta
, либо \alpha-\alpha'+\delta'-\delta=180^{\circ}
. Второй вариант невозможен, так как сумма углов невыпуклого четырёхугольника ABA'S
равна 360^{\circ}
, и поэтому \alpha-\alpha'+\delta'-\delta\lt180^{\circ}
. Следовательно, \alpha-\alpha'=\delta'-\delta
, что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда точка A
окажется вне окружности, описанной около треугольника BCD
.
Второй способ. Обозначим
AB=a,~BC=b,~CD=c,~AD=d,~\angle BAC=\alpha,~\angle CBD=\beta,~\angle DCA=\gamma,~\angle ADB=\delta.
Из условия задачи следует, что \frac{a}{b}=\frac{d}{c}
. Требуется доказать, что \alpha+\beta+\gamma+\delta=180^{\circ}
.
Предположим, что \frac{a}{b}=\frac{d}{c}=1
. Тогда четырёхугольник ABCD
симметричен относительно прямой, поэтому \angle BCA=\alpha
, \angle BDC=\delta
. Следовательно, \beta+\alpha+\gamma+\delta=180^{\circ}
как сумма углов треугольника BCD
.
Пусть теперь для определённости \frac{a}{b}=\frac{d}{c}\gt1
, а BK
и BL
— биссектрисы соответственно внутреннего и внешнего углов треугольника ABC
. Тогда
\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{a}{b}=\frac{d}{c}=\frac{DA}{DC}=\frac{DL}{LC},
значит, DK
и DL
— биссектрисы соответственно внутреннего и внешнего углов треугольника ADC
. Поскольку биссектрисы смежных углов перпендикулярны, \angle KBL=\angle KDL=90^{\circ}
. Поэтому точки B
и D
лежат на окружности с диаметром KL
и центром в середине O
отрезка KL
.
Треугольник BOK
равнобедренный, а BK
— биссектриса угла ABC
, поэтому
\angle OBC=\angle OBK-\angle CBK=\angle BKC-\angle ABK=\angle BAC=\alpha.
Аналогично докажем, что если \angle OAD=\alpha_{1}
, то \angle ODC=\alpha_{1}
.
Треугольник BOD
равнобедренный, поэтому \angle BDO=\angle OBD=\beta+\alpha
. Тогда
180^{\circ}=\angle CAD+\angle ACD+\angle ADC=\angle CAD+\angle ACD+(\angle ADB+\angle BDC)=
=\angle CAD+\angle ACD+(\angle ADB+\angle BDO-\angle ODC)=\alpha'+\gamma+(\delta+\beta+\alpha-\alpha_{1}).
Следовательно,
\gamma+\delta+\beta+\alpha=180^{\circ}.
Примечание. Отметим, что используемая в решении окружность (описанная окружность четырёхугольника BKDL
) — это окружность Аполлония для точек A
и C
(см. задачу 2444).