17.02 Задачи №17 из сборника И.В. Ященко

а) Так как противоположные стороны не параллельны, то Тогда из подобных по условию треугольников имеем:

Пусть Тогда что не противоречит условию на подобие треугольников (два равных треугольника — подобные треугольники с коэффициентом подобия, равным 1). Следовательно, — дельтоид (четырехугольник, диагонали которого взаимно перпендикулярны и одна из них делит вторую пополам).

Пусть — биссектриса Тогда биссектрисы углов и дельтоида пересекаются в точке Докажем, что — биссектриса Так как по трем сторонам, то по свойству биссектрисы

Следовательно, по признаку — биссектриса. Таким образом, — точка пересечения биссектрис всех углов четырехугольника следовательно, — центр вписанной в него окружности.

Если то аналогично предыдущему случаю — дельтоид, но уже с и Далее верны аналогичные рассуждения.

Что и требовалось доказать.

б) Итак, — дельтоид. Из пункта а) следует, что — вписанный (), причем два противоположных угла из четырех равны по Следовательно, их сумма равна значит, одна из диагоналей или является диаметром описанной окружности. Докажем, что это б´ольшая диагональ. Отсюда будет понятно, какие из двух углов дельтоида прямые.

Предположим, что меньшая диагональ — диаметр описанной окружности. Тогда — середина и центр описанной окружности. Если делит пополам, то следовательно, Но так как в этом случае — ромб, что противоречит условию на непараллельность противоположных сторон. Если делит пополам, то имеем: Также противоречие.

Таким образом, — диаметр описанной окружности, следовательно, Также попутно мы доказали, что именно б´ольшая диагональ делит меньшую пополам, то есть — середина

Тогда имеем

Пусть Тогда получаем систему

Без ограничения общности

 

Воспользуемся формулами и для площади дельтоида Тогда

 

По свойству биссектрисы имеем:

Тогда по теореме косинусов из

Заметим, что больше высоты треугольника Так как то нам подходит

Проведем Следовательно, по определению и есть радиус вписанной окружности. Из так как имеем: