16404. Дан четырёхугольник ABCD
, в который можно вписать окружность и около которого можно описать окружность. Радиусы вписанной и описанной окружностей равны r
и R
соответственно. Докажите, что
\frac{R^{2}}{r^{2}}=\frac{1}{\sin\alpha\sin\beta}+\frac{1}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta},
где \alpha
и \beta
— величины соседних углов четырёхугольника.
Решение. Пусть \angle BAD=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle BCD=\gamma
, AB=a
, BC=b
, CD=c
, DA=d
, AC=e
, BD=f
.
Пусть I
— центр вписанной окружности четырёхугольника ABCD
, M
— её точка касания со стороной AB
. Тогда
AM=IM\ctg\frac{\alpha}{2}=r\ctg\frac{\alpha}{2},~BM=IM\ctg\frac{\beta}{2}=r\ctg\frac{\beta}{2},
поэтому
a=AB=AM+BM=r\left(\ctg\frac{\alpha}{2}+\ctg\frac{\beta}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}.
Учитывая, что четырёхугольник вписанный, получаем, что
\ctg\frac{\gamma}{2}=\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\tg\frac{\alpha}{2},
поэтому
b=r\ctg\frac{\beta}{2}+r\ctg\frac{\gamma}{2}=r\left(\ctg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}.
Аналогично,
c=r\left(\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}},~d=r\left(\tg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{r\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}}.
Тогда
ac=\frac{r^{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{4r^{2}\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin\alpha\sin\beta},
bd=\frac{r^{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}}\cdot\frac{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{4r^{2}\cos^{2}\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\alpha\sin\beta}.
По теореме синусов
2R=\frac{f}{\sin\alpha}=\frac{e}{\sin\beta}.
По теореме Птолемея
ef=ac+bd.
Значит,
4R^{2}=\frac{ef}{\sin\alpha\sin\beta}=\frac{ac+bd}{\sin\alpha\sin\beta}=\frac{\frac{4r^{2}\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin\alpha\sin\beta}+\frac{4r^{2}\cos^{2}\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\alpha\sin\beta}}{\sin\alpha\sin\beta}=
=\frac{2r^{2}\left(2\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}+2\cos^{2}\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta}=\frac{2r^{2}(1-\cos(\alpha+\beta)+1+\cos(\alpha-\beta))}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta}=
=\frac{2r^{2}(2+2\sin\alpha\sin\beta)}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta}=\frac{4r^{2}(1+\sin\alpha\sin\beta)}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta}
Следовательно,
\frac{R^{2}}{r^{2}}=\frac{1}{\sin\alpha\sin\beta}+\frac{1}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta},
Что и требовалось доказать.
Примечание. Следствие. Для любого вписанно-описанного четырёхугольника верно неравенство R\geqslant r\sqrt{2}
.
Действительно, поскольку 0\lt\sin\alpha\leqslant1
и 0\lt\sin\beta\leqslant1
, то
\frac{R^{2}}{r^{2}}=\frac{1}{\sin\alpha\sin\beta}+\frac{1}{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta}\geqslant1+1=2,
значит, R\geqslant r\sqrt{2}
.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда \alpha=\beta=90^{\circ}
, т. е. тогда и только тогда, когда четырёхугольник — квадрат.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2017, вып.1, с. 30-31