Задача М711‍‍

Соединим вершины $B$‍‍ и $D$‍‍ четырёхугольника с центром $O$‍‍ и продолжим радиус $CO$‍‍ до пересечения с окружностью в точке $G$‍‍ (рис. 1). Поскольку $(AC)\perp(BD)$‍,‍ $\widehat{ACD}+\widehat{BDC}=90^\circ$‍,‍ так что $\uduga{DA}+\uduga{BC}=180^\circ$‍.‍ Отсюда вытекает, что дуги $DG$‍‍ и $AB$‍‍ конгруэнтны и, следовательно, угол $AOB$‍‍ в два раза больше угла $DCO$‍.‍ Из этого несложным вычислением получаем равенство площадей треугольников $AOB$‍‍ и $COD$‍.‍

Равенство площадей треугольников $AOD$‍‍ и $BOC$‍‍ доказывается аналогично.

Поскольку ломаная $AOC$‍‍ делит наш четырёхугольник на части, составленные из пар треугольников $AOB$‍,‍ $BOC$‍‍ и $AOD$‍,‍ $COD$‍,‍ получаем утверждение задачи.

От редакции. Это решение по существу приводит к наблюдению, которому была посвящена задача M648; в таком четырёхугольнике (вписанном в окружность, со взаимно перпендикулярными диагоналями) длина стороны вдвое больше расстояния от центра окружности до середины противоположной стороны. Есть и значительно более короткие решения, найденные читателями. Например: перпендикуляры, опущенные из центра $O$‍‍ на диагонали $AC$‍‍ и $BD$‍,‍ попадают в их середины (рис. 2), а потому каждая из частей, на которые ломаная $AOC$‍‍ делит наш четырёхугольник, имеет площадь $\dfrac{|AC|\cdot |BD|}{4}$‍.‍