$ABCD$ — вписанный четырёхугольник. Ha лучах $BA$ и $DC$ отложим отрезки $BM$ и $DP$ длиной $\dfrac{AB+CD}2$. Аналогично, на лучах $CB$ и $AD$ отложим отрезки $CM$ и $AQ$ длиной $\dfrac{BC+AD}2$. Докажите, что $MNPQ$ — прямоугольник и что его площадь равна площади $ABCD$.
Можно считать, что в нашем чётырехугольнике $AB\le CD$ и $BC\le AD$ (поскольку утверждение задачи не изменится, если мы циклическим образом изменим обозначения вершин). В таком случае точки $M$, $N$, $P$, $Q$ будут расположены на сторонах или их продолжениях так, как показано на рисунке 1‚ причём $MA=CP=\dfrac{CD-AB}2$, $BN=DQ=\dfrac{AD-BC}2$. Вспомнив, что у вписанного чётырехугольника противоположные углы в сумме составляют $\pi$, получим: $\angle MBN=\angle PDQ$, $\angle NCP=\angle QAM$. Следовательно, $\triangle MBN=\triangle PDQ$, $\triangle MCP=\triangle QAM$ (по двум сторонам и углу между ними). Отсюда следует, во-первых, равенство площадей чётырехугольников:
$$
S_{ABCD}=S_{ABCD}+S_{MBN}-S_{PDQ}+S_{QAM}-S_{NCP}=S_{MNPQ};
$$
во-вторых, тот факт, что $MNPQ$ — параллелограмм (поскольку $MN=PQ$, $NP=MQ$ и эти отрезки не пересекаются); в-третьих, то, что направления его сторон $MN\parallel QP$ и $NP\parallel MQ$ соответственно параллельны биссектрисам углов между продолжениями сторон $BC$, $AD$ и $AB$, $CD$ чётырехугольника (поскольку $\angle AQM=\angle CNP$ и $\angle NMB=\angle QPD$). Остаётся воспользоваться тем, что эти биссектрисы для любого вписанного чётырехугольника $ABCD$ взаимно перпендикулярны.
Рис. 1Рис. 2
Для доказательства достаточно вспомнить, что угол между двумя прямыми, пересекающими круг, равен полуразности дуг, заключённых внутри этого угла, если вершина угла лежит вне круга, и полусумме, если внутри: на рисунке 2
$$
\alpha_1-\alpha_6=\alpha_2-\alpha_5,\quad\alpha_3-\alpha_8=\alpha_4-\alpha_7,
$$
поэтому
$$
\alpha_1+\alpha_8+\alpha_4+\alpha_5=\alpha_2+\alpha_3+\alpha_6+\alpha_7=\pi.
$$
