Олимпиадная задача по планиметрии для 8–10 классов: углы в четырёхугольнике

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 точекA,A'на прямойAC. Поскольку  f(A'BCD) = 180°,  достаточно доказать, что  ∠ABA'= ∠ADA'.   Применяя теорему синусов к треугольникамABA'иADA', получаем    (отношение длины хорды к синусу опирающегося на нее угла равно диаметру окружности).   Итак,  sin∠ABA'= sin∠ADA',  то есть либо углыABA'иADA'равны, либо их сумма равна 180°. Второй случай невозможен: сумма углов невыпуклого четырёхугольникаABA'Dравна 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.

  Используя равнобедренность треугольниковBOKиDOKполучаем ∠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 треугольникBODравнобедренный.

Ответ задачи отсутствует