ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-07-03   
Теорема Птолемея. Докажите, что если четырёхугольник вписан в окружность, то сумма произведений длин двух пар его противоположных сторон равна произведению длин его диагоналей.


Решение:







Первый способ. Пусть четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность (рис.1). Отложим от луча $BD$ в полуплоскости, содержащей точку $A$, луч $BP$ так, что $\angle ABP=\angle CBD$ ($P$ - на $AC$).
Треугольники $ABP$ и $DBC$ подобны по двум углам. Поэтому

$\frac{AB}{AP}=\frac{BD}{CD}~\Rightarrow~AB\cdot CD=AP\cdot BD.$

Поскольку

$\angle ABD=\angle ABP+\angle PBD=\angle CBD+\angle PBD=\angle PBC,~\angle BDA=\angle BCP,$

треугольники $PBC$ и $ABD$ также подобны по двум углам. Поэтому

$\frac{BC}{PC}=\frac{BD}{AD}~\Rightarrow~BC\cdot AD=PC\cdot BD.$

Сложив почленно эти равенства, получим, что

$AB\cdot CD+BC\cdot AD=AP\cdot BD+BD\cdot PC=BD\cdot(AP+PC)=BD\cdot AC.$


Второй способ. Пусть $A_{1}$, $B_{1}$ и $C_{1}$ - основания перпендикуляров, опущенных из вершины $D$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ на прямые $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно (рис.2). Точки $A_{1}$, $B_{1}$ и $C_{1}$ лежат на одной прямой - прямой Симсона треугольника $ABC$.
Точки $A$, $B_{1}$, $D$ и $C_{1}$ лежат на окружности с диаметром $AD$. Поэтому

$B_{1}C_{1}=AD\sin\angle C_{1}AB_{1}=AD\sin\angle BAC=AD\cdot\frac{BC}{2R},$

где $R$ - радиус окружности, описанной около данного четырёхугольника. Аналогично докажем, что

$A_{1}B_{1}=CD\cdot\frac{AB}{2R},~A_{1}C_{1}=BD\cdot\frac{AC}{2R}.$

Поскольку точка $B_{1}$ лежит между точками $C_{1}$ и $A_{1}$, то

$C_{1}B_{1}+B_{1}A_{1}=C_{1}A_{1}~\Rightarrow~AD\cdot\frac{BC}{2R}+CD\cdot\frac{AB}{2R}=BD\cdot\frac{AC}{2R}.$

Следовательно,

$AD\cdot BC+CD\cdot AB=BD\cdot AC.$


Третий способ. При инверсии относительно окружности произвольного радиуса $R$ с центром $A$ (рис.3) описанная окружность четырёхугольника $ABCD$, проходящая через центр инверсии, перейдёт в прямую, не проходящую через центр инверсии, а точки $B$, $C$ и $D$ перейдут в точки $B'$, $C'$ и $D'$ соответственно, лежащие на этой прямой, причём точка $C'$ лежит между $B'$ и $D'$. Тогда $B'D'=B'C'+C'D'$, а т.к.

$B'D'=BD\cdot\frac{R^{2}}{AB\cdot AD},~B'C'=BC\cdot\frac{R^{2}}{AB\cdot AC},~C'D'=CD\cdot\frac{R^{2}}{AC\cdot AD},$

то

$BD\cdot\frac{R^{2}}{AB\cdot AD}=BC\cdot\frac{R^{2}}{AB\cdot AC}+CD\cdot\frac{R^{2}}{AC\cdot AD}.$

Следовательно,

$AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot CD.$

Что и требовалось доказать.
(Заметим, что если точки $A$, $B$, $C$ и $D$ не лежат на одной окружности, то точки $B'$, $C'$ и $D'$ не лежат на одной прямой, поэтому $B'D'\lt B'C'+C'D'$. Следовательно, $AC\cdot BD\lt AD\cdot BC+AB\cdot CD$.)
Четвёртый способ. Пусть четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, а его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$, причём $\angle AOB=\gamma$ (рис.4). Тогда $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD\sin\gamma$, причём угол $\gamma$ равен сумме половины дуги $AB$, не содержащей точки $C$, и половины дуги $CD$, не содержащей точки $A$.
Пусть $C_{1}$ - точка, симметричная вершине $C$ относительно серединного перпендикуляра к отрезку $BD$. Тогда точка $C_{1}$ также лежит на окружности, четырёхугольники $ABCD$ и $ABC_{1}D$ равновелики, $BC_{1}=DC$, $DC_{1}=BC$, а угол $ADC_{1}$ равен сумме половины дуги $AB$, не содержащей точки $C_{1}$, и половины дуги $BC_{1}$, не содержащей точки $D$. Последняя дуга равна дуге $CD$, не содержащей точки $A$. Следовательно, $\angle ADC_{1}=\gamma$, а $\angle ABC_{1}=180^{\circ}-\gamma$.
Тогда

$S_{ABCD}=S_{ABC_{1}D}=S_{\Delta ADC_{1}}+S_{\Delta ABC_{1}}=$

$=\frac{1}{2}AD\cdot DC_{1}\sin\gamma+\frac{1}{2}AB\cdot BC_{1}\sin(180^{\circ}-\gamma)=$

$=\frac{1}{2}AD\cdot BC\sin\gamma+\frac{1}{2}AB\cdot CD\sin\gamma=\frac{1}{2}(AD\cdot BC+AB\cdot CD)\sin\gamma.$


Из равенства

$\frac{1}{2}AC\cdot BD\sin\gamma=\frac{1}{2}(AD\cdot BC+AB\cdot CD)\sin\gamma$

следует, что $AC\cdot BD=AD\cdot BC+AB\cdot CD$. Что и требовалось доказать.
Пятый способ. Обозначим $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $AD=d$, $AC=e$, $BD=f$ (рис.5). Из треугольников $ABC$ и $ACD$ по теореме косинусов находим, что

$\cos\angle ABC=\frac{a^{2}+b^{2}-e^{2}}{2ab},~\cos\angle ADC=\frac{c^{2}+d^{2}-e^{2}}{2cd},$

а т.к. $\angle ABC+\angle ADC=180^{\circ}$, то $\cos\angle ABC+\cos\angle ADC=0$, или

$\frac{a^{2}+b^{2}-e^{2}}{2ab}+\frac{c^{2}+d^{2}-e^{2}}{2cd}=0.$

Из этого равенства находим, что

$e^{2}=\frac{cd(a^{2}+b^{2})+ab(c^{2}+d^{2})}{ab+cd}=\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}.$

Аналогично

$f^{2}=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}.$

Следовательно,

$e^{2}f^{2}=(ac+bd)^{2},~ef=ac+bd.$


Шестой способ. По теореме Бретшнейдера (см. задачу @H5434)

$(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}-2abcd\cos(A+C).$

Поскольку четырёхугольник вписанный, суммы его противоположных углов равны $180^{\circ}$, поэтому $\cos(A+C)=\cos180^{\circ}=-1$. Значит,

$(ef)^{2}=(ac)^{2}+(bd)^{2}+2abcd,~(ef)^{2}=(ac+bd)^{2}.$

Следовательно, $ef=ac+bd$.