4182. В прямоугольник ABCD
вписаны два различных прямоугольника, имеющих общую вершину K
на стороне AB
. Докажите, что сумма их площадей равна площади прямоугольника ABCD
.
Решение. Известно, что если один параллелограмм вписан в другой, то центры этих параллелограммов совпадают (см. задачу 1057). Следовательно, центры прямоугольников, о которых говорится в условии задачи, совпадают с центром O
прямоугольника ABCD
. Тогда вписанные прямоугольники имеют общую диагональ KL
.
Пусть M
и N
— вершины соответственно первого и второго прямоугольников, лежащие на стороне BC
прямоугольника ABCD
. Отрезок KL
виден из точек M
и N
под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром KL
. Перпендикуляр, опущенный из центра O
этой окружности делит пополам и хорду MN
, и сторону BC
, поэтому BM=CN
.
Пусть площадь прямоугольника ABCD
равна 2s
. Тогда площадь трапеции KBCL
равна s
, т. е.
s=\frac{1}{2}(BK+CL)BC=\frac{1}{2}(BK+AK)BC=\frac{1}{2}AB\cdot BC.
Далее имеем:
S_{\triangle KML}=s-S_{\triangle KBM}-S_{\triangle CML},~S_{\triangle KNL}=s-S_{\triangle KBN}-S_{\triangle LCN},
S_{\triangle KML}+S_{\triangle KNL}=2s-(S_{\triangle KBM}+S_{\triangle LCM})-(S_{\triangle KBN}+S_{\triangle LCN})=
=2s-(S_{\triangle KBM}+S_{\triangle KBN})-(S_{\triangle LCM}+S_{\triangle LCN})=
=2s-\frac{1}{2}(KB\cdot BM+KB\cdot BN)-\frac{1}{2}(LC\cdot CM+LC\cdot CN)=
=2s-\frac{1}{2}KB(BM+BN)-\frac{1}{2}LC(CM+CN)=
=2s-\frac{1}{2}KB(CN+BN)-\frac{1}{2}LC(CM+BM)=2s-\frac{1}{2}KB\cdot BC-\frac{1}{2}LC\cdot BC=
=2s-\frac{1}{2}BC(KB+CL)=2s-\frac{1}{2}BC\cdot AB=2s-s=s,
откуда следует утверждение задачи.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 4.10
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 4.10, с. 82