Докажите, что если диагонали вписанного четырёхугольника перпендикулярны, то середины его сторон и основания перпендикуляров, опущенных из точки пересечения его диагоналей на стороны, лежат на одной окружности.
Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ ($K$ — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенузу одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решениях задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, №№ 1, 8.)
Далее: середины $L$, $P$, $M$, $Q$ сторон четырёхугольника $ABCD$, являясь вершинами прямоугольника (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O_1$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ ($O$ — центр окружности, в которую вписан наш четырёхугольник).
Рис. 1Рис. 2Рис. 3
Для этого достаточно, например, показать, что четырёхугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, её продолжение является высотой треугольника $CKD$, т. е. $(LK)\perp(DC)$. Но и $(OM)\perp(DC)$ (диаметр, проходящий через середину хорды); поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.
Для окончания решения задачи нам достаточно установить, например, что $|O_1M|=|O_2H|$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенузы $LM$ прямоугольного треугольника $LMH$ (рис. 3).
Итак, все восемь точек, упомянутых в условии задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой окружности восьми точек целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величиной $|OK|=a$. В самом деле, искомый радиус равен половине длины $|LM|$, а $$
\begin{gather*}
|LM|^2=|LP|^2+|PM|^2=\dfrac14(|AC|^2+|BD|^2)=\\
=\dfrac14((|AK|+|KC|)^2+(|BK|+|KD|)^2)=\\
=\dfrac{1}{4}(|AB|^2+|CD|^2+2(|AK|\cdot|KC|+|BK|\cdot|KD|))=\\
=\dfrac14(|AB|^2+|CD|^2+4(R^2-a^2))=\dfrac14(4R^2+4(R^2-a^2))=2R^2-a^2.
\end{gather*}
$$
[В этой выкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающихся в одной и той же точке, постоянно:
$$
|AK|\cdot|KC|=|BK|\cdot|KD|=(R-a)(R+a)
$$
(рис. 4), а затем, сообразив, что $$
90^\circ=\widehat{BCA}+\widehat{DBC}=\dfrac{\uduga{AB}+\uduga{CD}}2,
$$
и дополнив $\uduga{CD}$ до полуокружности дугой, конгруэнтной $\uduga{AB}$, получили равенство
$$
|AB|^2+|CD|^2=(2R)^2=4R^2,
$$
см. рисунок 5.]
Рис. 4Рис. 5
Наметим другое решение. Сделаем гомотетию наших восьми точек с центром в точке $K$ и коэффициентом 2. Тогда утверждение задачи М648 превращается в такую теорему:Пусть два взаимно перпендикулярных луча с началом в точке $K$ внутри данной окружности, вращаясь вокруг $K$, пересекают окружности в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четвёртая вершина $T$ прямоугольника $PKQT$ (точка, симметричная точке $K$ относительно середины $[PQ]$), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, двигаются по окружности, концентрической с данной (рис. 6). Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединного перпендикуляра к $[PQ]$, а первый (про $T$) установлен в решении задачи М539 («Квант», 1979, № 11).
Рис. 6
Эта «теорема о восьми точках» допускает следующее стереометрическое обобщение:
Если три взаимно перпендикулярных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, вращаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перпендикуляра, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, двигаются по сфере, центр которой находится в точке $O_1$ отрезка$OK$ ($O$ — центр данной сферы) такой, что $|O_1K|=\dfrac13|OK|$, а радиус равен $\dfrac13\sqrt{3R^2-2a^2}$, где $a=|OK|$, $R$ — радиус данной сферы.
Доказать это можно, например, следующим образом. Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определённого отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагонально противоположная к $K$. Все такие точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2-2a^2}$ (см. решение задачи M639 — «Квант», 1979, № 11). При гомотетии с центром $K$ и коэффициентом $\dfrac13$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (докажите!), а точка $O$ перейдёт в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.
Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перпендикулярны, проекция точки $K$ совпадает с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H|=|O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проектируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользуемся таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причём $2|QM|=|MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, докажите его.) Остальное легко следует из рисунка 7: поскольку
$|O_1K|=\dfrac13|OK|,\quad|QM|=\dfrac13|QH|,$
точка $O_1$ проектируется в середину отрезка $MH$, т. е. $O_1$ равноудалена от $M$ и $H$.
