«2010г.» (стр. 5 из 6)
Решение:
1) Пусть Оа, Оb, Oc, Od центры вписанных окружностей треугольников BCD, ACD, ABD и ABC соответственно. Так как
ADB = ACB, то AOcB = 90° + ( ADB/2) = 90° + +( ACB/2) = AOdB. Поэтому четырехугольник ABOdOc вписанный, то есть OcOdB = 180° – OcAB = 180° - ( A/2).2) Аналогично,
OaOdB = 180° - ( C/2). Так как А + С = 180°, то 
OcOdB + OaOdB = 270°, а значит, OaOdOc = 90°.3) Аналогично, остальные углы четырехугольника OaObOcOd равны 90°.
II. Четырехугольники:
1. Из вершин выпуклого четырехугольника опущены перпендикуляры на диагонали. Доказать, что четырехугольник, образованный основаниями перпендикуляров, подобен исходному четырехугольнику.
Решение:
1) Пусть О — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Без ограничения общности можно считать, что α =
АОВ < 90°.2) Опустим перпендикуляры АА1, ВВ1, СС1, DD1 на диагонали четырехугольника ABCD. Так как ОА1 = ОА cos α, OB1 = ОВ cos α, ОС1 = ОС cos α, OD1 = OD cos α, то при симметрии относительно биссектрисы угла АОВ четырехугольник ABCD переходит в четырехугольник, гомотетичный четырехугольнику A1B1C1D1 с коэффициентом 1/cos α.
2. Диагонали описанной трапеции ABCD с основаниями AD и BC пересекаются в точке О. Радиусы вписанных окружностей треугольников AOD, AOB, BOC и COD равны r1, r2, r3 и r4 соответственно. Доказать, что
+ 
= 
+ 
.Решение:
1) Пусть S = SAOD, x = AO, y = DO, a = AB, b = BC, c = CD, d = DA; k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда
,
,так как SBOC =
S и SAOB = SCOD = kS.2) Поскольку
, остается заметить, что a + с = b + d.3. Окружности, диаметрами которых служат стороны AB и CD выпуклого четырехугольника ABCD, касаются сторон CD и AB соответственно. Доказать, что BC || AD.
Решение:
1) Пусть M и N – середины сторон AB и CD. Опустим из точки В перпендикуляр DP на прямую MN, а из точки M перпендикуляр MQ на CD. Тогда Q – точка касания прямой CD и окружности с диаметром AB.
2) Прямоугольные треугольники PDN и QMN подобны, поэтому DP = ND · MQ/MN = ND
· MA/MN.
3) Аналогично расстояние от точки А до прямой MN равно ND · MA/MN. Следовательно, AD || MN.
4) Аналогично ВС || MN.
III. Теорема Птолемея:
1. Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает описанную окружность в точке D. Доказать, что АВ + АС
2AD.Решение:
По теореме Птолемея АВ · CD + AC · BD = AD · BC. Учитывая, что CD = BD
BC/2, получаем требуемое.2. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через точку А, пересекает отрезки AB, AC и AD в точках P,Q и R соответственно. Доказать, что AP · AB + AR · AD
= AQ · AC.
Решение:
1) Применяя теорему Птолемея к четырехугольнику APQR, получаем AP · RQ + AR · QP =
= AQ · PR.
2) Так как
АСВ = RAQ = RPQ и RQP = 180° - PAR = ABC, то 
RQP ~ ABC, а значит, RQ : QP : PR = AB : BC : CA. Остается заметить, что BC = AD.IV. Пятиугольники:
1. В равностороннем (неправильном) многоугольнике ABCDE угол ABC вдвое больше угла DBE. Найти величину угла АВС.
Решение:
1) Так как
EBD = ABE + CBD, то на стороне ED можно взять точку Р так, что 
EBP = ABE = AEB, то есть BP || AE. Тогда PBD = EBD - EBP = CBD = BDC, то есть BP || CD. Следовательно, AE || CD.2) Так как AE = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому АС = ED, то есть, треугольник АВС равносторонний и
АВС = 60°.2. Доказать, что в правильный пятиугольник можно так вписать квадрат, что его вершины будут лежать на четырех сторонах пятиугольника.
Решение:
1) Пусть перпендикуляры, восстановленные к прямой АВ в точках А и В, пересекают стороны DE и СD в точках P и Q. Любая точка отрезка CQ является вершиной прямоугольника, вписанного в пятиугольник ABCDE (стороны этого прямоугольника параллельны АВ и АР), причем при перемещении этой точки от Q к C отношение длин сторон прямоугольников изменяется от AP/AB до 0.
2) Так как угол AEP тупой, то AP > AE = AB. Поэтому для некоторой точки отрезка QC отношение длин сторон прямоугольника равно 1.
V. Шестиугольники:
1. Суммы углов при вершинах A,C,E И B,D,F выпуклого шестиугольника ABCDEF с равными сторонами равны. Доказать, что противоположные стороны этого шестиугольника параллельны.
Решение:
1) Сумма углов при вершинах А, С и Е равна 360°, следовательно, из равнобедренных треугольников ABF, CBD и EDF можно сложить треугольник, приложив АВ к СВ, а ED и EF к CD и AF. Стороны полученного треугольника равны сторонам треугольника BDF.
2) При симметрии относительно прямых FB, BD и DF точки A, C и E переходят в центр O описанной окружности треугольника BDF, а значит, AB ||OF || DE.
2. Доказать, что если в выпуклом шестиугольнике каждая из трех диагоналей, соединяющих противоположные вершины, делит площадь пополам, то эти диагонали пересекаются в одной точке.
Решение:
1) Предположим, что прямые, на которых лежат диагонали шестиугольника, образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следующим образом: вершина А лежит на луче QP, B – на RP, C – на RQ и так далее.
2) Так как прямые AD и BE делят площадь шестиугольника пополам, то SAPEF + SPED = SPDCB + SABP и SAPEF + SABP = SPDCB + SPED. Поэтому SABP = SPED, то есть AP · BP = EP · DP =
= (ER + RP) (DQ + QP) > ER · DQ.
3) Аналогично, CQ · DQ > AP · FR и FR · ER > BP · CQ. Перемножая эти неравенства, получаем AB · BP · CQ · DQ · FR · ER > ER · DQ · AP· FR ·BP ·CQ, чего не может быть. Следовательно, диагонали шестиугольника пересекаются в одной точке.
3. Доказать, что если в выпуклом шестиугольнике каждый из трех отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, делит площадь пополам, то эти отрезки пересекаются в одной точке.
Решение:
1) Обозначим середины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF так, как показано на рисунке 3. Пусть О – точка пересечения отрезков КМ и LN.
Рис. 3.
2) Площади треугольников, на которые делят шестиугольник отрезки, соединяющие точку О с вершинами с серединами сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке.
3) Легко проверить, что SKONF = SLOMC, то есть a + f = c + d. Следовательно, ломаная POQ делит шестиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку О.