Вписанный Четырёхугольник.

[GeometrIya]

На районной олимпиаде нам дали такую задачу:

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в круг.
Из точки $A$ через точку $B$ строим луч.
Из точки $B$ радиусом $BC$ строим окружность которая пересечёт луч $AB$ вне круга в точке $B'$.

Повторяем для точек $A$ и $D$. Из точки $A$ через точку $D$ строим луч.
Из точки $D$ радиусом $DC$ строим окружность которая пересечёт луч $AD$ вне круга в точке $D'$. Делим отрезок $B'D'$ попалам точкой $C'$.

Вопрос: какова величина угла $\angle BC'D$?

Задачу эту я так и не решила, но попробовала в течении отведённого времени решить более простые - для квадрата (здесь всё ясно), для прямоугольника - доказала что угол д.б. 90 градусов через теорему косинусов. Далее думала для вписанной трапеции, а оттуда уже к произвольному четырёхугольнику, но не успела.

Дома уже в програмке по черчению я эту задачу построила и вижу что искомый угол всегда должен быть 90 градусов. Но вот как это доказать?

Я знаю что во вписанном четырёхугольника суммы противоположных углов попарно равны и величина этой суммы 180 градусов. Знаю обе теоремы Птолемея о произведении и частном диагоналей вписанного четырёхугольника.

У кого какие соображения?

(Картинка у меня есть, но как прицепить её здесь - не знаю.)

[Dimoniada]

Постройте полностью эти две окружности и посмотрите на их вторую (отличную от точки $C$) общую точку, а также на их вторые точки пересечения с прямыми $AB$, $AD$.
Их диаметры лежат на сторонах четырёхугольника; в каждой окружности есть прямоугольный треугольник. У этих треугольников общая вершина (как раз вторая точка пересечения окружностей), да и катеты "друг-друга" продолжают (вот это и надо доказать* собственно).
Эти самые катеты и будут параллельны сторонам искомого угла (посмотрите на средние линии в соответствующих $\triangle$-ах).
Подсказка: доказательство (*) вести подсчётом углов.

[Deggial]

GeometrIya в сообщении #957114 писал(а):

Картинка у меня есть, но как прицепить её здесь - не знаю.

Используйте тег img

[Skeptic]

Потерял тему.

Построить окружность, используя $BD$ как диаметр.
Доказать, что эта окружность пересекает или касается прямой $B'D'$, и одна из точек пересечения - это точка $C'$.

[GeometrIya]

Чертежи и решение на основе идеи Dimoniada.

На первом рисунке суть - $C'$ есть середина $B'D'$ (дано), а $D$ есть середина $ED'$ (построение). Соответственно в $\triangle B'ED'$ отрезок $C'D$ параллелен $B'E$ и в $\triangle B'FD'$ отрезок $C'B$ параллелен $D'F$. Это следует из общей теоремы Евклида, Книга 6 Утверждение 2: параллель основанию треугольника отсекает отрезки на сторонах в одинковой пропорции и обратно: если прямая линия отсекает отрезки на сторонах треугольника в одной пропорции, то эта прямая параллельна основанию. (Вот здесь ссылка на источник, на английском, но там картинок много и всё понятно.

У нас просто частный случай - пропорция 1:1, то есть попалам (На всякий случай прямая ссылка на радикал):



Для доказательства того что построение на рисунке выше верно и применимо (что собственно и решает задачу как заметила Dimoniada) нам достаточно доказать что $\angle B'GD = 90$, так как угол опирающийся на диаметр - прямой (опять же, Евклид, Книга 3, Утверждение 31). Тогда у нас $\angle B'GF$ прямой и, как мы сейчас докажем, $\angle B'GD'$ тоже прямой. Откуда следует что если две разные прямые, $FG$ и $D'G$, перпендикулярны данной, $B'G$, и проходят через одну точку, $G$, то точки $F, G, D'$ колинеарны, а так же точки $B', G, E$ колинеарны, "катеты продолжают друг друга" и т.д.

-- 18.01.2015, 03:11 --

Доказательство "подсчётом углов" строим на вычислении искомого угла двумя способами - сначала через общий $\angle BGD$, а потом как сумму внутренних углов $\triangle B'GD'$ (На всякий случай прямая ссылка на радикал):



Используем свойство внутренних углов равнобедренных треугольников (помечены одинковыми цветами) и свойство углов вписанного четырёхугольника (сумма противоположных углов равна двум прямым углам).

Общий $\angle BGD$:

$x = \angle BGD - \alpha - \beta$

$\angle BGD = \angle BCD = \gamma = 180 - \delta$

$x = 180 - \delta - \alpha - \beta$

$\alpha = \angle AB'D' - \epsilon$

$\beta = \angle AD'B' - \zeta$

$x = 180 - \delta - \angle AB'D' + \epsilon - \angle AD'B' + \zeta$

$\delta = 180 - \angle AB'D' - \angle AD'B'$

$x = 180 - 180 + \angle AB'D' + \angle AD'B' - \angle AB'D' + \epsilon - \angle AD'B' + \zeta$

$x = \epsilon + \zeta$

Сумма внутренних углов $\triangle B'GD'$:

$x + \epsilon + \zeta = 180$

$\epsilon + \zeta = 180 - x$

Приравниваем:

$x = 180 - x$

$2x = 180$

$x = 90$

Спасибо Dimoniada за помошь в решении интересной задачи.

[GeometrIya]

Skeptic в сообщении #961820 писал(а):

Построить окружность, используя $BD$ как диаметр.
Доказать, что эта окружность пересекает или касается прямой $B'D'$, и одна из точек пересечения - это точка $C'$.

Идея понятна, но доказать пока не получается (ссылка на радикал):



Пробовала через инверсию с положительной степенью с центром в $C'$ и радиусом $C'E$, но ничего не вышло. Потом пробовала доказать что расстояние $EC'$ равняется расстоянию $EB$ или $ED$. Это можно доказать если доказать что треугольник $\triangle C'EB$ или $\triangle C'ED$ равносторонний, что в свою очередь можно доказать через равенство углов $\angle EC'B$ и $EBC'$ или $\angle EC'D$ и $\angle EDC'$. Но при этой попытке у меня получается ерунда какая-то - круговые тождества типа $\alpha + \beta = \alpha + \beta$

С какого принципа здесь лучше начать доказательство?