Страница 142 - гдз по геометрии 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.54. Если в параллелограмм можно вписать и около него описать окружность, то он является квадратом. Докажите.

Доказательство данного утверждения строится на свойствах описанных и вписанных четырехугольников.
Пусть нам дан параллелограмм, в который можно вписать окружность и около которого можно описать окружность.

1. Сначала воспользуемся тем, что в параллелограмм можно вписать окружность. Четырехугольник является описанным (в него можно вписать окружность) тогда и только тогда, когда суммы длин его противолежащих сторон равны. Пусть смежные стороны нашего параллелограмма равны $a$ и $b$. Так как у параллелограмма противолежащие стороны равны, то условие равенства сумм противолежащих сторон будет выглядеть как $a + a = b + b$, что эквивалентно $2a = 2b$, и, следовательно, $a = b$. Параллелограмм, у которого все стороны равны, является ромбом. Таким образом, из первого условия следует, что наш параллелограмм — это ромб.

2. Теперь воспользуемся тем, что около параллелограмма можно описать окружность. Четырехугольник является вписанным (его можно вписать в окружность) тогда и только тогда, когда сумма его противолежащих углов равна $180^{\circ}$. Пусть один из углов параллелограмма равен $\alpha$. Тогда противолежащий ему угол также равен $\alpha$. По свойству вписанного четырехугольника, их сумма должна быть $180^{\circ}$: $\alpha + \alpha = 180^{\circ}$. Отсюда $2\alpha = 180^{\circ}$, что дает $\alpha = 90^{\circ}$. Если у параллелограмма хотя бы один угол прямой, то и все остальные его углы прямые. Параллелограмм, у которого все углы прямые, является прямоугольником. Таким образом, из второго условия следует, что наш параллелограмм — это прямоугольник.

Итак, мы установили, что данный параллелограмм является одновременно и ромбом (все стороны равны), и прямоугольником (все углы равны $90^{\circ}$). Фигура, которая является и ромбом, и прямоугольником, по определению является квадратом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4.55. Докажите, что около четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис произвольного выпуклого четырехугольника, можно описать окружность.

Пусть дан произвольный выпуклый четырехугольник $ABCD$ с внутренними углами при вершинах $A, B, C, D$, равными $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ соответственно. Известно, что сумма углов выпуклого четырехугольника равна $360^\circ$, то есть $\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$.

Проведем биссектрисы внутренних углов этого четырехугольника. Пусть биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $P$, биссектрисы углов $B$ и $C$ — в точке $Q$, биссектрисы углов $C$ и $D$ — в точке $R$, и биссектрисы углов $D$ и $A$ — в точке $S$. В результате пересечения биссектрис образуется четырехугольник $PQRS$.

Для того чтобы доказать, что около четырехугольника $PQRS$ можно описать окружность, необходимо и достаточно доказать, что сумма его противолежащих углов равна $180^\circ$. Докажем, что $\angle P + \angle R = 180^\circ$.

1. Найдем угол при вершине P.
Точка $P$ является точкой пересечения биссектрис углов $A$ и $B$. Рассмотрим треугольник $APB$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$. Углы этого треугольника при вершинах $A$ и $B$ равны половинам углов четырехугольника $ABCD$: $\angle PAB = \alpha/2$ и $\angle PBA = \beta/2$. Тогда угол при вершине $P$ в треугольнике $APB$ равен: $\angle APB = 180^\circ - (\angle PAB + \angle PBA) = 180^\circ - (\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2})$. Угол $\angle SPQ$ четырехугольника $PQRS$ совпадает с углом $\angle APB$, так что $\angle P = 180^\circ - \frac{\alpha + \beta}{2}$.

2. Найдем угол при вершине R.
Точка $R$ является точкой пересечения биссектрис углов $C$ и $D$. Рассмотрим треугольник $CRD$. Аналогично предыдущему пункту, углы этого треугольника при вершинах $C$ и $D$ равны: $\angle RCD = \gamma/2$ и $\angle RDC = \delta/2$. Тогда угол при вершине $R$ в треугольнике $CRD$ равен: $\angle CRD = 180^\circ - (\angle RCD + \angle RDC) = 180^\circ - (\frac{\gamma}{2} + \frac{\delta}{2})$. Угол $\angle QRS$ четырехугольника $PQRS$ совпадает с углом $\angle CRD$, так что $\angle R = 180^\circ - \frac{\gamma + \delta}{2}$.

3. Найдем сумму противолежащих углов $\angle P$ и $\angle R$.
Сложим полученные выражения для углов $\angle P$ и $\angle R$: $\angle P + \angle R = \left(180^\circ - \frac{\alpha + \beta}{2}\right) + \left(180^\circ - \frac{\gamma + \delta}{2}\right)$ $\angle P + \angle R = 360^\circ - \frac{\alpha + \beta + \gamma + \delta}{2}$

4. Завершение доказательства.
Мы знаем, что сумма углов выпуклого четырехугольника $ABCD$ равна $360^\circ$: $\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$. Подставим это значение в выражение для суммы углов $\angle P$ и $\angle R$: $\angle P + \angle R = 360^\circ - \frac{360^\circ}{2} = 360^\circ - 180^\circ = 180^\circ$.

Поскольку сумма противолежащих углов четырехугольника $PQRS$ равна $180^\circ$, около него можно описать окружность. Аналогично можно показать, что $\angle Q + \angle S = 180^\circ$.

Ответ: Сумма противолежащих углов четырехугольника, образованного пересечением биссектрис, равна $180^\circ$, что является признаком вписанного четырехугольника. Следовательно, около него можно описать окружность, что и требовалось доказать.

4.56. Докажите, что около четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис внешних углов произвольного выпуклого четырехугольника, можно описать окружность.

Пусть дан произвольный выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим его внутренние углы при вершинах $A, B, C, D$ как $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ соответственно. Сумма внутренних углов четырехугольника равна $360^\circ$, то есть $\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$.

Внешние углы четырехугольника при вершинах $A, B, C, D$ равны соответственно $180^\circ - \alpha$, $180^\circ - \beta$, $180^\circ - \gamma$ и $180^\circ - \delta$.

Рассмотрим четырехугольник $PQRS$, образованный пересечением биссектрис внешних углов четырехугольника $ABCD$. Пусть вершина $P$ является точкой пересечения биссектрис внешних углов при вершинах $A$ и $B$, вершина $Q$ — при $B$ и $C$, вершина $R$ — при $C$ и $D$, а вершина $S$ — при $D$ и $A$.

Для того, чтобы доказать, что около четырехугольника $PQRS$ можно описать окружность, необходимо показать, что сумма его противолежащих углов равна $180^\circ$. Докажем, что $\angle P + \angle R = 180^\circ$.

Рассмотрим треугольник $APB$. Его углы при вершинах $A$ и $B$ являются половинами внешних углов четырехугольника $ABCD$.
$\angle PAB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$
$\angle PBA = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$

Сумма углов в треугольнике $APB$ равна $180^\circ$, поэтому:
$\angle APB + \angle PAB + \angle PBA = 180^\circ$
$\angle P + (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) + (90^\circ - \frac{\beta}{2}) = 180^\circ$
$\angle P + 180^\circ - \frac{\alpha + \beta}{2} = 180^\circ$
$\angle P = \frac{\alpha + \beta}{2}$

Аналогично, рассмотрим треугольник $CRD$. Его углы при вершинах $C$ и $D$ являются половинами внешних углов четырехугольника $ABCD$.
$\angle RCD = \frac{180^\circ - \gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$
$\angle RDC = \frac{180^\circ - \delta}{2} = 90^\circ - \frac{\delta}{2}$

Сумма углов в треугольнике $CRD$ равна $180^\circ$, поэтому:
$\angle CRD + \angle RCD + \angle RDC = 180^\circ$
$\angle R + (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) + (90^\circ - \frac{\delta}{2}) = 180^\circ$
$\angle R + 180^\circ - \frac{\gamma + \delta}{2} = 180^\circ$
$\angle R = \frac{\gamma + \delta}{2}$

Теперь найдем сумму противолежащих углов $\angle P$ и $\angle R$ четырехугольника $PQRS$:
$\angle P + \angle R = \frac{\alpha + \beta}{2} + \frac{\gamma + \delta}{2} = \frac{\alpha + \beta + \gamma + \delta}{2}$

Так как сумма внутренних углов выпуклого четырехугольника $ABCD$ равна $360^\circ$ ($\alpha + \beta + \gamma + \delta = 360^\circ$), то:
$\angle P + \angle R = \frac{360^\circ}{2} = 180^\circ$

Поскольку сумма противолежащих углов четырехугольника $PQRS$ равна $180^\circ$, около него можно описать окружность. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма противолежащих углов четырехугольника, полученного при пересечении биссектрис внешних углов произвольного выпуклого четырехугольника, равна $180^\circ$, что является достаточным условием для того, чтобы около этого четырехугольника можно было описать окружность.

4.57. Окружность на сторонах выпуклого четырехугольника отсекает равные между собой хорды. Докажите, что суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны.

Для доказательства утверждения воспользуемся свойствами окружности и понятием вписанной в четырехугольник окружности.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$. Некоторая окружность ω с центром в точке $O$ и радиусом $R$ пересекает прямые, содержащие стороны четырехугольника: $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$. По условию задачи, длины хорд, отсекаемых окружностью на этих прямых, равны между собой. Обозначим эту равную для всех сторон длину хорды как $l$.

1. В одной и той же окружности равные хорды равноудалены от ее центра. Расстояние $h$ от центра окружности до хорды длиной $l$ связано с радиусом $R$ соотношением, вытекающим из теоремы Пифагора: $h^2 + (l/2)^2 = R^2$. Отсюда $h = \sqrt{R^2 - (l/2)^2}$. Поскольку $R$ и $l$ одинаковы для всех четырех сторон четырехугольника, то и расстояния от центра $O$ до прямых, содержащих эти стороны, также равны. Обозначим это расстояние как $h$.

2. Таким образом, точка $O$ равноудалена от всех четырех прямых $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$. Геометрическое место точек, равноудаленных от двух пересекающихся прямых, есть биссектриса угла между ними. Так как четырехугольник $ABCD$ выпуклый, точка $O$, равноудаленная от всех его сторон, должна лежать внутри него и, следовательно, на биссектрисах всех его внутренних углов.

3. Точка пересечения биссектрис углов четырехугольника является центром вписанной в него окружности. Это означает, что в данный четырехугольник $ABCD$ можно вписать окружность (на рисунке обозначена как ω') с центром в точке $O$ и радиусом $r = h$.

4. Четырехугольник, в который можно вписать окружность, называется описанным или тангенциальным. Для таких четырехугольников справедлива теорема Пито, которая гласит: суммы длин противоположных сторон описанного четырехугольника равны.

5. Применяя теорему Пито к нашему четырехугольнику $ABCD$, получаем равенство:

$AB + CD = BC + DA$

Это и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Из условия, что окружность отсекает на сторонах выпуклого четырехугольника равные хорды, следует, что центр этой окружности равноудален от прямых, содержащих стороны четырехугольника. Это означает, что в данный четырехугольник можно вписать окружность, а для любого описанного четырехугольника, согласно теореме Пито, суммы противоположных сторон равны.

4.58. Может ли радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию с основаниями 24 см и 16 см, равняться 8 см?

Для решения задачи воспользуемся свойствами равнобедренной трапеции и условием, при котором в четырехугольник можно вписать окружность.

1. Условие вписанной окружности.
В любой описанный четырехугольник (в том числе и в трапецию) можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы длин его противоположных сторон равны. Для равнобедренной трапеции с основаниями $a$, $b$ и боковыми сторонами $c$ это условие выглядит так: $a + b = c + c \Rightarrow a + b = 2c$

По условию, основания трапеции равны $a = 24$ см и $b = 16$ см. Найдем длину боковой стороны $c$, при которой в эту трапецию можно было бы вписать окружность: $24 + 16 = 2c$ $40 = 2c$ $c = 20$ см. Следовательно, если в данную трапецию вписана окружность, ее боковая сторона должна быть равна 20 см.

2. Связь радиуса и высоты.
Высота $h$ трапеции, в которую вписана окружность, равна диаметру этой окружности: $h = 2r$. В задаче спрашивается, может ли радиус $r$ быть равен 8 см. Если предположить, что $r = 8$ см, то высота трапеции должна быть: $h = 2 \cdot r = 2 \cdot 8 = 16$ см.

3. Проверка геометрического соответствия.
Теперь нам нужно проверить, может ли существовать равнобедренная трапеция, у которой одновременно выполняются следующие условия:

• основания $a = 24$ см и $b = 16$ см;
• боковая сторона $c = 20$ см;
• высота $h = 16$ см.

Длина этого отрезка (катета) равна: $\frac{a - b}{2} = \frac{24 - 16}{2} = \frac{8}{2} = 4$ см.

По теореме Пифагора, должно выполняться равенство: $c^2 = h^2 + \left(\frac{a - b}{2}\right)^2$

Подставим значения, которые мы определили: $c=20$, $h=16$, $\frac{a-b}{2}=4$. $20^2 = 16^2 + 4^2$ $400 = 256 + 16$ $400 = 272$

Мы получили неверное равенство ($400 \neq 272$). Это означает, что геометрические параметры трапеции, необходимые для вписания окружности (что требует $c=20$), противоречат параметрам, вытекающим из предположения, что радиус равен 8 (что требует $h=16$). Следовательно, такая трапеция не может существовать.

Ответ: нет, не может.

4.59. Докажите, что прямые, соединяющие точки касания противоположных сторон описанной равнобедренной трапеции, проходят через точку пересечения ее диагоналей.

Пусть дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, в которую вписана окружность. Обозначим точки касания окружности со сторонами $AB, BC, CD, AD$ как $K, L, M, N$ соответственно. Пусть диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P$. Требуется доказать, что прямые $LN$ и $KM$ проходят через точку $P$.

Введем систему координат. Поскольку трапеция равнобедренная, она имеет ось симметрии, проходящую через середины оснований. Пусть эта ось совпадает с осью $Oy$. Центр вписанной окружности $O$ лежит на оси симметрии, поместим его в начало координат $O(0,0)$.

Пусть радиус вписанной окружности равен $r$. Тогда прямые, содержащие основания, будут параллельны оси $Ox$ и задаваться уравнениями $y=r$ и $y=-r$. Пусть $BC$ лежит на прямой $y=r$, а $AD$ — на прямой $y=-r$.Вершины трапеции будут иметь координаты $B(-x_2, r)$, $C(x_2, r)$, $A(-x_1, -r)$, $D(x_1, -r)$, где $x_1 > x_2 > 0$.Длина верхнего основания $BC = 2x_2$, длина нижнего основания $AD = 2x_1$. Высота трапеции $h=2r$.

Для описанной равнобедренной трапеции выполняется важное свойство: квадрат высоты равен произведению оснований.$h^2 = (AD) \cdot (BC)$$(2r)^2 = (2x_1) \cdot (2x_2)$$4r^2 = 4x_1x_2$$r^2 = x_1x_2$.Это соотношение будет ключом к решению.

1. Докажем, что точка $P$ лежит на прямой $LN$.

Точки касания на основаниях $BC$ и $AD$ в силу симметрии являются их серединами. Однако в нашей системе координат очевидно, что точка касания окружности $x^2+y^2=r^2$ с прямой $y=r$ — это точка $L(0,r)$, а с прямой $y=-r$ — это точка $N(0,-r)$. Обе точки лежат на оси $Oy$. Следовательно, прямая $LN$ совпадает с осью $Oy$.Диагонали $AC$ и $BD$ симметричны относительно оси $Oy$. Их точка пересечения $P$ также должна лежать на оси симметрии. Значит, точка $P$ лежит на оси $Oy$, а следовательно, и на прямой $LN$.

2. Докажем, что точка $P$ лежит на прямой $KM$.

Найдем координаты точки $P$. Для этого найдем уравнение прямой $AC$ и ее точку пересечения с осью $Oy$ (где $x=0$).Координаты точек: $A(-x_1, -r)$ и $C(x_2, r)$.Уравнение прямой, проходящей через две точки: $\frac{x - x_C}{x_A - x_C} = \frac{y - y_C}{y_A - y_C}$.$\frac{x - x_2}{-x_1 - x_2} = \frac{y - r}{-r - r}$$\frac{x - x_2}{-(x_1 + x_2)} = \frac{y - r}{-2r}$Для нахождения $y$-координаты точки $P$, подставим $x=0$:$\frac{-x_2}{-(x_1 + x_2)} = \frac{y_P - r}{-2r}$$\frac{x_2}{x_1 + x_2} = \frac{y_P - r}{2r}$$y_P - r = \frac{2rx_2}{x_1 + x_2}$$y_P = r + \frac{2rx_2}{x_1 + x_2} = r \left( 1 - \frac{2x_2}{x_1 + x_2} \right) = r \frac{x_1 + x_2 - 2x_2}{x_1 + x_2} = r \frac{x_1 - x_2}{x_1 + x_2}$.Итак, $P$ имеет координаты $(0, r \frac{x_1 - x_2}{x_1 + x_2})$.

Теперь найдем координаты точек $K$ и $M$. В силу симметрии, прямая $KM$ горизонтальна, и ее уравнение имеет вид $y=y_K$. Нам нужно доказать, что $y_P = y_K$.Точка $K$ — это точка касания окружности $x^2+y^2=r^2$ и прямой $AB$.Найдем уравнение прямой $AB$. Точки $A(-x_1, -r)$ и $B(-x_2, r)$.Наклон $m = \frac{r - (-r)}{-x_2 - (-x_1)} = \frac{2r}{x_1 - x_2}$.Уравнение прямой: $y - r = \frac{2r}{x_1 - x_2}(x - (-x_2))$.$y(x_1-x_2) - r(x_1-x_2) = 2r(x+x_2)$$2rx - (x_1-x_2)y + r(x_1-x_2) + 2rx_2 = 0$$2rx - (x_1-x_2)y + r(x_1+x_2) = 0$.Радиус-вектор $\vec{OK}=(x_K, y_K)$ перпендикулярен касательной $AB$. Следовательно, вектор $(x_K, y_K)$ коллинеарен вектору нормали к прямой $AB$, который имеет координаты $(2r, -(x_1-x_2))$.Значит, $(x_K, y_K) = \lambda (2r, -(x_1-x_2))$ для некоторого скаляра $\lambda$.$x_K = 2\lambda r$, $y_K = -\lambda(x_1-x_2)$.Точка $K$ лежит на окружности, поэтому $x_K^2 + y_K^2 = r^2$.$(2\lambda r)^2 + (-\lambda(x_1-x_2))^2 = r^2$$4\lambda^2 r^2 + \lambda^2 (x_1-x_2)^2 = r^2$$\lambda^2 (4r^2 + (x_1-x_2)^2) = r^2$.Используем свойство $r^2 = x_1x_2$:$\lambda^2 (4x_1x_2 + x_1^2 - 2x_1x_2 + x_2^2) = r^2$$\lambda^2 (x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2) = r^2$$\lambda^2 (x_1+x_2)^2 = r^2$$\lambda = \pm \frac{r}{x_1+x_2}$.Так как точка $K$ находится на отрезке $AB$ (вершины $A$ и $B$ в левой полуплоскости), ее абсцисса $x_K$ должна быть отрицательной. $x_K = 2\lambda r$. Поскольку $r>0$, $\lambda$ должно быть отрицательным.$\lambda = -\frac{r}{x_1+x_2}$.Теперь найдем ординату точки $K$:$y_K = -\lambda(x_1-x_2) = -(-\frac{r}{x_1+x_2})(x_1-x_2) = r \frac{x_1 - x_2}{x_1 + x_2}$.

Сравнивая ординаты точек $P$ и $K$, мы видим, что они равны:$y_P = y_K = r \frac{x_1 - x_2}{x_1 + x_2}$.Это означает, что точка $P$ лежит на горизонтальной прямой $KM$.

Таким образом, мы доказали, что точка пересечения диагоналей $P$ лежит как на прямой $LN$, так и на прямой $KM$. Следовательно, обе эти прямые проходят через точку $P$.

Ответ: Утверждение доказано.

4.60. Покажите, что заключение задачи 4.59 выполняется для любого четырехугольника, описанного около окружности.

В условии задачи требуется доказать, что заключение некоторой задачи 4.59 выполняется для любого описанного четырехугольника. Наиболее вероятным и содержательным утверждением, которое часто доказывается сначала для частного случая (например, для дельтоида), а затем обобщается, является теорема Ньютона для описанных четырехугольников. Сформулируем и докажем эту теорему.

Теорема: В любом четырехугольнике, описанном около окружности, две его диагонали и две прямые, соединяющие точки касания противоположных сторон, пересекаются в одной точке.

Пусть дан описанный четырехугольник $ABCD$. Окружность касается его сторон $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$ в точках $K$, $L$, $M$ и $N$ соответственно. Требуется доказать, что прямые $AC$, $BD$, $KM$ и $LN$ пересекаются в одной точке.

Доказательство основано на применении теоремы Брианшона для вырожденных шестиугольников.

Теорема Брианшона: Если шестиугольник описан около конического сечения (в частности, окружности), то три его главные диагонали, соединяющие противоположные вершины, пересекаются в одной точке.

Шаг 1: Докажем, что прямые $AC$, $BD$ и $KM$ пересекаются в одной точке.

Рассмотрим вырожденный шестиугольник $AKBCMD$. Его вершины: $V_1=A$, $V_2=K$, $V_3=B$, $V_4=C$, $V_5=M$, $V_6=D$.

Стороны этого шестиугольника лежат на прямых:

• $V_1V_2$: прямая $AK$, то есть $AB$.
• $V_2V_3$: прямая $KB$, то есть $AB$.
• $V_3V_4$: прямая $BC$.
• $V_4V_5$: прямая $CM$, то есть $CD$.
• $V_5V_6$: прямая $MD$, то есть $CD$.
• $V_6V_1$: прямая $DA$.

Все эти прямые ($AB$, $BC$, $CD$, $DA$) касаются вписанной окружности. Следовательно, шестиугольник $AKBCMD$ является описанным, и к нему применима теорема Брианшона.

Главные диагонали этого шестиугольника соединяют противоположные вершины:

• $V_1$ и $V_4$: прямая $AC$.
• $V_2$ и $V_5$: прямая $KM$.
• $V_3$ и $V_6$: прямая $BD$.

Согласно теореме Брианшона, прямые $AC$, $BD$ и $KM$ пересекаются в одной точке.

Шаг 2: Докажем, что прямые $AC$, $BD$ и $LN$ пересекаются в одной точке.

Теперь рассмотрим другой вырожденный шестиугольник $ABLCDN$. Его вершины: $V_1=A$, $V_2=B$, $V_3=L$, $V_4=C$, $V_5=D$, $V_6=N$.

Стороны этого шестиугольника лежат на прямых:

• $V_1V_2$: прямая $AB$.
• $V_2V_3$: прямая $BL$, то есть $BC$.
• $V_3V_4$: прямая $LC$, то есть $BC$.
• $V_4V_5$: прямая $CD$.
• $V_5V_6$: прямая $DN$, то есть $DA$.
• $V_6V_1$: прямая $NA$, то есть $DA$.

Все эти прямые также касаются вписанной окружности, поэтому шестиугольник $ABLCDN$ является описанным.

Главные диагонали этого шестиугольника:

• $V_1$ и $V_4$: прямая $AC$.
• $V_2$ и $V_5$: прямая $BD$.
• $V_3$ и $V_6$: прямая $LN$.

По теореме Брианшона, прямые $AC$, $BD$ и $LN$ также пересекаются в одной точке.

Заключение

Из шага 1 следует, что прямые $AC$, $BD$ и $KM$ пересекаются в одной точке. Обозначим эту точку $P$. Так как четырехугольник невырожденный, его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в единственной точке, следовательно, $P$ — это точка пересечения $AC$ и $BD$.

Из шага 2 следует, что прямые $AC$, $BD$ и $LN$ также пересекаются в одной точке. Эта точка также должна быть точкой пересечения $AC$ и $BD$, то есть точкой $P$.

Таким образом, все четыре прямые $AC$, $BD$, $KM$ и $LN$ проходят через одну и ту же точку $P$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение, которое требовалось доказать, показано верным. Заключение задачи 4.59 (теорема Ньютона) выполняется для любого четырехугольника, описанного около окружности.