17864. Четырёхугольник ABCD
вписан в окружность \Gamma
. Пусть E
, F
, G
и H
— середины меньших дуг соответственно AB
, BC
, CD
и DA
окружности \Gamma
. Известно, что AC\cdot BD=EG\cdot FH
. Докажите, что отрезки AC
, BD
, EG
и FH
пересекаются в одной точке.
Решение. Обозначим \angle ADC=\delta
и \angle ABC=\beta
. Поскольку E
и F
— середины дуг AB
и BC
соответственно, то DE
и DF
— биссектрисы углов ADB
и BDF
соответственно, поэтому
\angle EDF=\angle EDB+\angle BDF=\frac{1}{2}\angle ADB+\frac{1}{2}\angle BDC=\frac{1}{2}\angle ADC=\frac{\delta}{2}.
Пусть R
— радиус окружности \Gamma
. Тогда по теореме синусов
EF=2R\sin\frac{\delta}{2}.
Аналогично,
GH=2R\sin\frac{\beta}{2}=2R\sin\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)=2R\cos\frac{\delta}{2}.
Тогда
EF\cdot FG=4R^{2}\sin\frac{\beta}{2}\cdot\cos\frac{\beta}{2}=2R^{2}\sin\delta=R\cdot2R\sin\delta=R\cdot AC.
Аналогично, EH\cdot GH=R\cdot BD
.
Значит, применив теорему Птолемея (см. задачу 130), получим
R\cdot AC+R\cdot BD=R(AC+BD)=EF\cdot GH+EH\cdot FG=EG\cdot FH.
По условию
AC\cdot BD=EG\cdot FH,~\mbox{или}~AC\cdot BD=R(AC+BD).
Применив неравенство Коши (см. задачу 3399), получим
AC\cdot BD=R(AC+BD)\geqslant2R\sqrt{AC\cdot BD}~\Rightarrow~AC\cdot BD\geqslant4R^{2}.
В то же время, поскольку AC
и BD
— хорды окружности с диаметром 2R
, то AC\leqslant2R
и BD\leqslant2R
, поэтому AC\cdot BD\leqslant4R^{2}
. Значит, AC\cdot BD=4R^{2}
, откуда AC=BD=2R
, т. е. AC
и BD
— диаметры окружности \Gamma
, а так как по условию EG\cdot FH=AC\cdot BD
, то EG
и FH
— тоже диаметры. Следовательно, отрезки AC
, BD
, EG
и FH
пересекаются в одной точке — центре окружности \Gamma
.
Источник: Индийские математические олимпиады. — 2011 задача 5