16123. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке P
, точка M
— середина стороны AD
. Прямая MP
пересекает сторону BC
в точке E
. Известно, что BE:EC=AB^{2}:CD^{2}
. Определите вид четырёхугольника ABCD
.
Ответ. Трапеция (или параллелограмм) или вписанный четырёхугольник.
Решение. Обозначим \angle MPA=\angle EPC=\alpha
и \angle BPE=\angle DPM=\beta
.
По теореме синусов из треугольников QPM
и DPM
получаем
\frac{AP}{\sin\angle AMP}=\frac{AM}{\sin\alpha}~\Rightarrow~\sin\alpha=\frac{AM\sin\angle AMP}{AP},
\frac{DP}{\sin\angle(180^{\circ}-\angle AMP)}=\frac{DM}{\sin\beta}~\Rightarrow~\sin\beta=\frac{AM\sin\angle AMP}{DP}.
Значит, \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{DP}{AP}
.
По теореме синусов из треугольников CPE
и BPE
аналогично получаем
\sin\alpha=\frac{CE\sin\angle CEP}{CP},
\sin\beta=\frac{BE\sin\angle CPE}{BP}.
Следовательно,
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{CE\cdot BP}{BE\cdot CP}=\frac{CD^{2}\cdot BP}{AB^{2}\cdot CP}.
Пусть h_{1}
и h_{2}
— высоты треугольников CPD
и APB
, проведённые из общей вершины P
. Из равенства
\frac{DP}{AP}=\frac{CD^{2}\cdot BP}{AB^{2}\cdot CP}
находим, что
\frac{AB^{2}}{CD^{2}}=\frac{AP\cdot BP}{CP\cdot DP}=\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{\triangle CDP}}=\frac{AB\cdot h_{1}}{CD\cdot h_{2}},
откуда \frac{AB}{CD}=\frac{h_{1}}{h_{2}}
. Значит (см. задачу 4675), либо треугольник APB
подобен треугольнику CPD
, и тогда BC\parallel AB
, т. е. ABCD
— трапеция (или параллелограмм), либо треугольник \angle APB
подобен треугольнику DPC
, и тогда
\angle BAC=\angle BAP=\angle CDP=\angle CDB,
т. е. ABCD
— вписанный четырёхугольник (см. задачу 12).