16477. Окружность, вписанная в четырёхугольник ABCD
, касается сторон AB=a
, BC=b
, CD=c
и DA=d
в точках P
, Q
, R
и S
соответственно; QS=p
и PR=q
. Докажите, что \frac{ac}{p^{2}}=\frac{bd}{q^{2}}
.
Решение. Пусть O
— центр окружности, r
— радиус. Обозначим
\angle POS=\alpha,~\angle QOP=\beta,~\angle ROQ=\gamma,~\angle SOR=\delta.
Тогда
AP=AS=r\tg\frac{\alpha}{2},~PB=BQ=r\tg\frac{\beta}{2},~CR=RD=r\tg\frac{\gamma}{2},~DR=DS=r\tg\frac{\delta}{2},
a=AP+PB=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}},
b=BQ+QC=r\left(\tg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}},
c=CR+RD=r\left(\tg\frac{\gamma}{2}+\tg\frac{\delta}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\gamma+\delta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\delta}{2}},
d=DS+SA=r\left(\tg\frac{\delta}{2}+\tg\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{r\sin\frac{\delta+\alpha}{2}}{\cos\frac{\delta}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}.
Значит,
ac=r^{2}\cdot\frac{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\gamma+\delta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\delta}{2}},~bd=r^{2}\cdot\frac{\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\delta+\alpha}{2}}{\cos\frac{\delta}{2}\cos\frac{\alpha}{2}},
\frac{ac}{bd}=\frac{r^{2}\cdot\frac{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\gamma+\delta}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\delta}{2}}}{r^{2}\cdot\frac{\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\delta+\alpha}{2}}{\cos\frac{\delta}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}}=\frac{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\gamma+\delta}{2}}{\sin\frac{\beta+\gamma}{2}\sin\frac{\delta+\alpha}{2}},
а так как
\alpha+\beta+\gamma+\delta=360^{\circ},
то
\sin\frac{\gamma+\delta}{2}=\sin\frac{\alpha+\beta}{2},~\sin\frac{\alpha+\delta}{2}=\sin\frac{\beta+\gamma}{2},
поэтому
\frac{ac}{bd}=\frac{\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin^{2}\frac{\beta+\gamma}{2}}.
С другой стороны, из равнобедренных треугольников QOS
и POR
получаем
p^{2}=\left(2r\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\right)^{2}~\mbox{и}~q^{2}=\left(2r\sin\frac{\beta+\gamma}{2}\right)^{2}.
Следовательно,
\frac{p^{2}}{q^{2}}=\frac{\sin^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}}{\sin^{2}\frac{\beta+\gamma}{2}}=\frac{ac}{bd}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1989, том 62, № 3, задача 1298, с. 200