Вписанный квадрат

[wpoms.]

`A`, `B` , `C`, `D` - вершины квадрата и `P` - точка на дуге `CD` описанной окружности. Докажите, что `|PA|^2 - |PB|^2 = |PB|*|PD| - |PA|*|PC|`.

@темы: Планиметрия

Comments

[Adjirranirr]

Рассмотрим декартову прямоугольную систему координат с окружностью `x^2 + y^2 = 1` и вписанным в нее квадратом с вершинами `A = (\sqrt(2)/2,\ \sqrt(2)/2),\ B = (-sqrt(2)/2,\ sqrt(2)/2),\ C = (-sqrt(2)/2,\ sqrt(2)/2),\ D = (sqrt(2)/2,\ -sqrt(2)/2)`. Пусть точка `P` имеет координаты `(x,\ -sqrt(1 - x^2)),\ x\in [-sqrt(2)/2, \sqrt(2)/2]`

(иллюстрация прилагается).

. Иллюстрация прилагается:


Тогда
`|PA| = \sqrt((x - sqrt(2)/2)^2 + (sqrt(1 - x^2) + sqrt(2)/2)^2) = sqrt(2 + sqrt(2) sqrt(1 - x^2) - x sqrt(2))`
`|PB| = \sqrt((x + sqrt(2)/2)^2 + (sqrt(1 - x^2) + sqrt(2)/2)^2) = sqrt(2 + sqrt(2) sqrt(1 - x^2) + x sqrt(2))`
`|PC| = \sqrt((x + sqrt(2)/2)^2 + (sqrt(1 - x^2) - sqrt(2)/2)^2) = sqrt(2 - sqrt(2) sqrt(1 - x^2) + x sqrt(2))`
`|PD| = \sqrt((x - sqrt(2)/2)^2 + (sqrt(1 - x^2) - sqrt(2)/2)^2) = sqrt(2 - sqrt(2) sqrt(1 - x^2) - x sqrt(2))`

`|PB|*|PD| - |PA|*|PC| = ... = \sqrt(2^2 - (x sqrt(2) + sqrt(2) sqrt(1 - x^2))^2) - \sqrt(2^2 - (x sqrt(2) - sqrt(2) sqrt(1 - x^2))^2) = \sqrt(2 - 4x \sqrt(1 - x^2)) - \sqrt(2 + 4x \sqrt(1 - x^2))`
`|PA|^2 - |PB|^2 = ... = (x - sqrt(2)/2)^2 - (x + sqrt(2)/2)^2 = - 2\sqrt(2) x`

Будем искать `2 +- 4x \sqrt(1 - x^2)` в виде `(a*x + b*sqrt(1 - x^2))^2`. Тогда `2 +- 4x \sqrt(1 - x^2) = (b^2 - a^2) x^2 + 2 a b x \sqrt(1 - x^2) + a^2`, откуда `a = \sqrt(2), b = +-\sqrt(2)`.
Следовательно, `|PB|*|PD| - |PA|*|PC| = |sqrt(2) x - sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)| - |\sqrt(2) x + \sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)|`.
Так как `x <= \sqrt(2)/2`, то `\sqrt(1 - x^2) >= \sqrt(1 - 1/2) = \sqrt(2)/2`. Тогда `x - sqrt(1 - x^2) <= x - \sqrt(2)/2 <= 0`, и `|sqrt(2) x - sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)| = -\sqrt(2) (x - \sqrt(1 - x^2))`
Аналогично, так как `x >= -\sqrt(2)/2`, то из `\sqrt(1 - x^2) >= \sqrt(2)/2` следует `x + \sqrt(1 - x^2) >= x + \sqrt(2)/2 >= 0`, и `|\sqrt(2) x + \sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)| = \sqrt(2) (x + \sqrt(1 - x^2))`

Таким образом, `|PB|*|PD| - |PA|*|PC| = -(sqrt(2) x - sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)) - (\sqrt(2) x + \sqrt(2) \sqrt(1 - x^2)) = -2 \sqrt(2) x = |PA|^2 - |PB|^2`, что и требовалось доказать.

[All_ex]

Обозначим через `O` - центр окружности (пересечение диагоналей квадрата), а угол `/_COP = 2*a in [0; pi/2]`. Тогда `/_DOP = pi/2 - 2*a, \ \ /_BOP = pi/2 + 2*a, \ \ /_AOP = pi - 2*a`.
Пусть окружность имеет радиус `R = 1/2`. Тогда `CP = sin(a), \ \ DP = sin(pi/4 - a) = cos(pi/4 + a), \ \ BP = sin(pi/4 + a) = cos(pi/4 - a), \ \ AP = sin(pi/2 - a) = cos(a)`.
Подставим в равенство
`cos^2(a) - cos^2(pi/4 - a) = sin(pi/4 + a)*cos(pi/4 + a) - cos(a)*sin(a)`
слева по формуле `cos^2(alpha) - cos^2(beta) = - sin(alpha - beta)*sin(alpha + beta)`... справа сворачиваем синусы двойного угла...
`- sin(2*a - pi/4)*sin(pi/4) = 1/2*sin(pi/2 + 2*a) - 1/2*sin(2*a)`... ну, и так далее...

Вроде так...

[kostyaknop]

Что-то вы, коллеги, слишком мудрите. Пусть сторона квадрата равна 1.
По теореме Птолемея для PABC: PA*1+PC*1=PB*sqrt(2).
Аналогично для PDAB: PB*1+PC*1=PA*sqrt(2).
Поэтому PA*(PA+PC)=PA*PB*sqrt(2)=PB*(PB+PD).
Раскрываем скобки, переносим квадраты влево, остальное вправо - и вуаля.

[All_ex]

kostyaknop, По теореме Птолемея... - красиво... но кабы её знать... Что-то вы, коллеги, слишком мудрите. - как говорится, за неимением королевы... ...