6912. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
диагонали AC
и BD
перпендикулярны, а стороны AB
и CD
непараллельны. Серединные перпендикуляры к сторонам AB
и CD
пересекаются в точке P
, лежащей внутри четырёхугольника ABCD
. Докажите, что около четырёхугольника ABCD
можно описать окружность тогда и только тогда, когда площади треугольников ABP
и CDP
равны.
Решение. Необходимость. См. задачу 4937.
Достаточность. Пусть S_{\triangle ABP}=S_{\triangle ABP}
. Докажем, что около четырёхугольника ABCD
можно описать окружность. Допустим, что это не так. Тогда без ограничения общности можно считать, что PA=PB\gt PC=PD
. Проведём окружность радиуса PA
с центром в точке P
(рис. 2). Пусть она пересекает второй раз прямую AC
в точке K
, а прямую BD
— в точке L
. Тогда точки K
и C
лежат по одну сторону от перпендикуляра, опущенного из точки P
на прямую AC
(так как точки A
и C
, а также A
и K
лежат по разные стороны от этого перпендикуляра). Значит, точка C
лежит между A
и K
. Аналогично, точка D
лежит между B
и L
. Тогда точка P
и отрезок KL
лежат по разные стороны от прямой CD
. Отсюда следует, что если H_{1}
— середина KL
, то отрезки PH_{1}
и CD
пересекаются в некоторой точке N
.
Заметим, что PH_{1}
— высота треугольника KLP
и PH_{1}\lt PN\lt PH
, где PH
— высота треугольника CPD
. Кроме того,
CD=\sqrt{OC^{2}+OD^{2}}\lt\sqrt{OK^{2}+OL^{2}}=KL,
поэтому
S_{\triangle KPL}=\frac{1}{2}PH_{1}\cdot KL\gt\frac{1}{2}PH\cdot CD=S_{\triangle CPD}.
По доказанному ранее S_{\triangle KPL}=S_{\triangle APB}
, т. е. S_{\triangle APB}\gt S_{\triangle CPD}
— противоречие. Следовательно, PA=PB=PC=PB
, т. е. четырёхугольник ABCD
вписанный.