|
|
 |
Условие
Выпуклый четырёхугольник ABCD таков, что AB·CD = AD·BC. Докажите, что –∠BAC + ∠CBD + ∠DCA + ∠ADB = 180°.
Решение 1
Обозначим через f(ABCD) сумму четырёх углов в условии. Заметим, что если четырёхугольник ABCD вписан, то утверждение верно. Действительно, тогда f(ABCD) = (∠BAC + ∠CAD) + (∠DCA + ∠ACB) = ∠BAD + ∠BCD = 180°.
Пусть теперь четырёхугольник не вписан. Тогда описанная окружность треугольника BCD пересекает прямую AC вторично в точке A', отличной от A.
Заметим, что f(A'BCD) – f(ABCD) = (∠BA'C – ∠BAC) + (∠A'DB – ∠ADB) = ±(∠ABA' – ∠ADA'), где знак перед последней скобкой зависит от порядка точек A, A' на прямой AC. Поскольку f(A'BCD) = 180°, достаточно доказать, что ∠ABA' = ∠ADA'.
Применяя теорему синусов к треугольникам ABA' и ADA', получаем
Итак, sin∠ABA' = sin∠ADA', то есть либо углы ABA' и ADA' равны, либо их сумма равна 180°. Второй случай невозможен: сумма углов невыпуклого четырёхугольника ABA'D равна 360°, поэтому ∠ABA' + ∠ADA' < 180°.
Решение 2
Нам известно, что AB : BC = AD : DC. Если эти отношения равны 1, то треугольники ABC и ADC равнобедренные, и четырёхугольник ABCD симметричен относительно прямой BD. Значит,
∠BAC + ∠CBD + ∠DCA + ∠ADB = ∠BAC + ∠ABD + ∠DAC + ∠ADB
= ∠ABD + ∠ADB + ∠DAB = 180°.
Пусть, для определённости, AB/BC > 1. Проведём биссектрису BK и внешнюю биссектрису BL треугольника ABC. Тогда
AK : KC = AL : LC = AB : BC = AD : DC; значит, DK и DL – внутренняя и внешняя биссектрисы треугольника ADC. ∠KBL = ∠KDL = 90°, следовательно, четырёхугольник BKDL вписан в окружность с центром в середине O отрезка KL.
∠BAC = ∠CKB – ∠ABK = ∠OBK – ∠CBK = ∠OBC,
∠DCA = ∠AKD – ∠KDC = 180° – ∠ODK – ∠KDA = 180° – ∠ODA.
Итак, сумма всех четырёх углов в условии равна ∠OBD + 180° – ∠ODB = 180°, поскольку треугольник BOD равнобедренный.
Замечания
Построенная в решении 2 окружность – это окружность Аполлония (см. задачу 57142).
