2988. Через каждую вершину четырёхугольника проведена прямая, проходящая через центр вписанной в него окружности. Три из этих прямых обладают тем свойством, что каждая из них делит площадь четырёхугольника на две равновеликие части.
а) Докажите, что и четвёртая прямая обладает тем же свойством.
б) Какие значения могут принимать углы этого четырёхугольника, если один из них равен 72^{\circ}
?
Ответ. б) 72^{\circ}
, 108^{\circ}
, 72^{\circ}
, 108^{\circ}
или 72^{\circ}
, 72^{\circ}
, 72^{\circ}
, 144^{\circ}
.
Решение. Пусть ABCD
— данный четырёхугольник, O
— центр вписанной в него окружности, прямые AO
, CO
— две из трёх прямых, данных в условии.
а) Если точка O
лежит на прямой AC
(рис. 1), то эта прямая является осью симметрии четырёхугольника ABCD
(так как лучи AO
и CO
являются биссектрисами углов A
и C
соответственно), поэтому прямые BO
и DO
одновременно обладают указанным свойством.
Рассмотрим случай, когда прямые AO
и CO
не совпадают и пересекают границу четырёхугольника в точках P
и Q
соответственно (рис. 2, на котором для определённости P\in CD
, Q\in AD
).
Из условия следует, что треугольники AOQ
и COP
равновелики, а так как их высоты, опущенные из вершины O
, равны, то AQ=CP
. Кроме того, \angle AOQ=\angle COP
, поэтому AO\cdot OQ=CO\cdot OP
и по теореме косинусов
AO^{2}+OQ^{2}-2OQ\cdot AO\cdot\cos\angle AOQ=AQ^{2}=
=CP^{2}=CO^{2}+OP^{2}-2CO\cdot OP\cos\angle COP,
а так как \cos\angle AOQ=\cos\angle COP
и AO\cdot OQ=CO\cdot OP
, то
AO^{2}+OQ^{2}+2OQ\cdot AO=CO^{2}+OP^{2}+2CO\cdot OP,
или (AO+OQ)^{2}=(CO+OP)^{2}
. Значит, AO+OQ=CO+OP
. Поэтому либо AO=OP
и OQ=CO
, либо AO=OC
и OQ=OP
(по теореме, обратной теореме Виета), и треугольники AOQ
и COP
равны.
При этом, если AO=OP
и OQ=CO
, то ACPQ
— параллелограмм, поэтому AD\parallel CD
, что невозможно.
Поэтому AO=OC
и \angle OAQ=\angle OCP
. Тогда \angle CAO=\angle ACO
, а значит, \angle CAD=\angle ACD
и AD=CD
, а тогда и AB=BC
(так как AB+CD=BC+AD
). Значит, четырёхугольник ABCD
симметричен относительно прямой BD
, на которой, таким образом, лежит точка O
, т. е. прямые BO
и DO
совпадают.
б) В пункте а) мы доказали, что четырёхугольник ABCD
симметричен относительно одной из своих диагоналей. Если он симметричен относительно и другой диагонали, то он ромб и его углы равны 72^{\circ}
, 108^{\circ}
, 72^{\circ}
, 108^{\circ}
. Обратно, ромб с такими углами удовлетворяет условию задачи.
Рассмотрим случай, когда ось симметрии только одна (без ограничения общности этот случай можно разбирать по рис. 2). Так же, как и в пункте а), получаем, что треугольники AOB
и DOP
равновелики и равны. При этом \angle OAB\ne\angle OPD
, иначе AB\parallel CD
, и, в силу симметрии, BC\parallel AD
, а так как AC\perp BD
, то ABCD
— ромб. Значит, \angle OAB=\angle ODP
, откуда
\angle BAD=\angle ADC=\angle BCD\lt90^{\circ}
(так как \angle AOD\gt90^{\circ}
, а значит, \angle OAD\lt45^{\circ}
). Поэтому
\angle BAD=\angle ADC=\angle BCD=72^{\circ},
а \angle ABC=144^{\circ}
.
Четырёхугольник ABCD
с такими углами, удовлетворяющий условию задачи, существует: его можно составить из равных треугольников AOB
, COB
, DOQ
, DOP
и равных треугольников AOQ
, COP
(рис. 3). Высоты первых четырёх треугольников, опущенные из вершины O
, равны, поэтому точка O
является центром окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD
; каждая из прямых AO
, BO
, CO
, DO
делит его на два равносоставленных, а значит, и равновеликих многоугольника.
Примечание. 1. Тот факт, что треугольник однозначно определяется одной из сторон, опущенной на неё высотой и противолежащим этой стороне углом, можно доказать чисто геометрически, используя следующее утверждение: геометрическим местом точек, из которых данный отрезок виден под данным углом, являются две дуги окружностей, стягиваемые этим отрезком как хордой, в которые данный угол вписан (рис. 4).
2. Четырёхугольник, для которого каждая из прямых, проходящих через вершину и центр вписанной окружности, делит его на две равновеликие части, — это либо ромб, либо выпуклый дельтоид, у которого три угла равны и меньше четвёртого, т. е. углы которого имеют вид \alpha
, \alpha
, \alpha
, 360^{\circ}-3\alpha
, причём \alpha\lt360^{\circ}-3\alpha\lt180^{\circ}
, или, что то же самое, 60^{\circ}\lt\alpha\lt90^{\circ}
.
Автор: Канунников А. Л.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2009, LXXII, 11 класс