17854. Дан выпуклый четырёхугольник PQRS
, в котором PQ=RS
, (\sqrt{3}+1)QR=SP
и \angle RSP-\angle SPQ=30^{\circ}
. Докажите, что \angle PQR-\angle QRS=90^{\circ}
.
Решение. Обозначим
PQ=p,~QR=q,~RS=r,~SP=s,~\angle SPQ=\alpha,~\angle PQR=\beta,~\angle QRS=\gamma,~\angle RSP=\delta.
Тогда
s=(\sqrt{3}+1)q,~r=p,~\delta=\alpha+30^{\circ}.
Записав площадь четырёхугольника ABCD
двумя способами, получим
S_{\triangle PQR}+S_{\triangle RSP}=S_{\triangle QRS}+S_{\triangle SPQ},
или
\frac{1}{2}pq\sin\beta+\frac{1}{2}rs\sin\delta=\frac{1}{2}qr\sin\gamma+\frac{1}{2}ps\sin\alpha,~\mbox{или}
pq\sin\beta+rs\sin\delta=qr\sin\gamma+ps\sin\alpha.
Разделив обе части этого равенства на pq
и учитывая, что p=r
и s=(\sqrt{3}+1)q
, получим
\sin\beta+(\sqrt{3}+1)\sin\delta=\sin\gamma+(\sqrt{3}+1)\sin\alpha~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sin\beta-\sin\gamma=(\sqrt{3}+1)(\sin\alpha-\sin\delta)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2\sin\frac{\beta-\gamma}{2}\cos\frac{\beta+\gamma}{2}=2(\sqrt{3}+1)\sin\frac{\alpha-\delta}{2}\cos\frac{\alpha+\delta}{2}).
Используя равенства
\cos\frac{\beta+\gamma}{2}=\cos\frac{360^{\circ}-\alpha-\delta}{2}=-\cos\frac{\alpha+\delta}{2}~\mbox{и}
\sin\frac{\alpha-\delta}{2}=\sin\frac{\alpha-(\alpha+30^{\circ})}{2}=-\sin15^{\circ}=-\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}},
получим
\sin\frac{\beta-\gamma}{2}=(\sqrt{3}+1)\left(-\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Значит, \frac{\beta-\gamma}{2}=45^{\circ}
или \frac{\beta-\gamma}{2}=135^{\circ}
. Поскольку четырёхугольник PQRS
выпуклый, второй случай невозможен. Следовательно,
\frac{\beta-\gamma}{2}=45^{\circ}~\Rightarrow~\angle PQR-\angle QRS=\beta-\gamma=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Индийские математические олимпиады. — 2000, задача 4