13541. Диагонали AC
и BD
выпуклого четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке O
. Докажите, что этот четырёхугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда OA\sin\angle A=OC\sin\angle C
и OB\sin\angle B=OD\sin\angle D
.
Решение. Обозначим, \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
, \angle D=\delta
.
Если ABCD
— параллелограмм, то
OA=OC,~OB=OD,~\sin\alpha=\sin\beta=\sin\gamma=\sin\delta.
Следовательно,
OA\sin\alpha=OC\sin\gamma,~OB\sin\beta=OD\sin\delta.
Пусть теперь
OA\sin\alpha=OC\sin\gamma,~OB\sin\beta=OD\sin\delta.
Докажем, что ABCD
— параллелограмм.
Пусть E
, F
, G
, H
— проекции точки O
на прямые AB
, BC
, CD
, DA
соответственно. Тогда
\angle AEO=\angle AHO=90^{\circ},
поэтому точки E
и H
лежат на окружности с диаметром AO
, и по теореме синусов HE=OA\sin\alpha
. Аналогично, FG=OC\sin\gamma
, поэтому HE=FG
. Аналогично, EF=GH
. Следовательно, EFGH
— параллелограмм, и поэтому EF\parallel HG
и EH\parallel FG
.
Пусть прямые GH
и BC
пересекаются в точке M
, а прямые EF
и DC
— в точке N
. Обозначим
\angle FNC=\angle CGM=\angle HGD=\varphi.
Поскольку четырёхугольник HOGD
вписанный, то
\angle DOH=\angle DGH=\varphi.
Поскольку FCG
— внешний угол треугольника CFN
, то
\angle CFN=\angle FCG-\angle FNC=\gamma-\varphi,
поэтому
\angle BOE=\angle BFE=\angle CFN=\gamma-\varphi.
Тогда
180^{\circ}=\angle DOH+\angle HOE+\angle EOB=
=\varphi+(180^{\circ}-\alpha)+(\gamma-\varphi)=180^{\circ}-\alpha+\gamma,
откуда \alpha=\gamma
. Аналогично, \beta=\delta
. Противоположные углы четырёхугольника ABCD
равны, следовательно это параллелограмм. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1994, № 4, задача 1841 (140), с. 112