Страница 214 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

824 Дан выпуклый шестиугольник A₁A₂A₃A₄A₅A₆, все углы которого равны. Докажите, что

Пусть дан выпуклый шестиугольник $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$, все углы которого равны. Сумма внутренних углов выпуклого шестиугольника равна $(6-2) \cdot 180^\circ = 720^\circ$. Поскольку все шесть углов равны, каждый из них равен $720^\circ / 6 = 120^\circ$.

Свойство шестиугольника с равными углами заключается в том, что его противолежащие стороны попарно параллельны ($A_1A_2 \parallel A_4A_5$, $A_2A_3 \parallel A_5A_6$, $A_3A_4 \parallel A_6A_1$). Также такой шестиугольник можно получить, отрезав от углов некоторого равностороннего треугольника $T$ три меньших равносторонних треугольника.

Пусть большой равносторонний треугольник, из которого "вырезан" шестиугольник, имеет вершины $P, Q, R$. Пусть от его углов отрезаны равносторонние треугольники $\triangle PA_1A_2$, $\triangle QA_3A_4$ и $\triangle RA_5A_6$. Вершины шестиугольника лежат на сторонах большого треугольника таким образом, что сторона $PQ$ составлена из отрезков $PA_2$, $A_2A_3$ и $A_3Q$; сторона $QR$ — из отрезков $QA_4$, $A_4A_5$ и $A_5R$; сторона $RP$ — из отрезков $RA_6$, $A_6A_1$ и $A_1P$.

Так как треугольники $\triangle PA_1A_2$, $\triangle QA_3A_4$ и $\triangle RA_5A_6$ равносторонние, длины их сторон равны. Обозначим длины сторон шестиугольника как $|A_iA_{i+1}|$ (считая $A_7 = A_1$). Тогда:

• $|PA_1| = |PA_2| = |A_1A_2|$
• $|QA_3| = |QA_4| = |A_3A_4|$
• $|RA_5| = |RA_6| = |A_5A_6|$

Теперь выразим длины сторон большого равностороннего треугольника $T$ через длины сторон шестиугольника:

• $|PQ| = |PA_2| + |A_2A_3| + |A_3Q| = |A_1A_2| + |A_2A_3| + |A_3A_4|$
• $|QR| = |QA_4| + |A_4A_5| + |A_5R| = |A_3A_4| + |A_4A_5| + |A_5A_6|$
• $|RP| = |RA_6| + |A_6A_1| + |A_1P| = |A_5A_6| + |A_6A_1| + |A_1A_2|$

Поскольку треугольник $T$ является равносторонним, его стороны равны: $|PQ| = |QR| = |RP|$. Приравняем выражения для длин сторон:
1) $|PQ| = |QR|$
$|A_1A_2| + |A_2A_3| + |A_3A_4| = |A_3A_4| + |A_4A_5| + |A_5A_6|$
$|A_1A_2| + |A_2A_3| = |A_4A_5| + |A_5A_6|$
Перегруппировав члены, получаем: $|A_5A_6| - |A_2A_3| = |A_1A_2| - |A_4A_5|$.

2) $|QR| = |RP|$
$|A_3A_4| + |A_4A_5| + |A_5A_6| = |A_5A_6| + |A_6A_1| + |A_1A_2|$
$|A_3A_4| + |A_4A_5| = |A_6A_1| + |A_1A_2|$
Перегруппировав члены, получаем: $|A_3A_4| - |A_6A_1| = |A_1A_2| - |A_4A_5|$.

Из этих двух равенств следует, что все три разности равны между собой:
$|A_1A_2| - |A_4A_5| = |A_3A_4| - |A_6A_1| = |A_5A_6| - |A_2A_3|$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что для выпуклого шестиугольника с равными углами выполняется равенство $A_1A_2 - A_4A_5 = A_3A_4 - A_6A_1 = A_5A_6 - A_2A_3$.

825 Положительные числа а₁, a₂, a₃, a₄, а₅ и а₆ удовлетворяют условиям а₁ − а₄ = а₅ − а₂ = а₃ − a₆. Докажите, что существует выпуклый шестиугольник A₁A₂A₃A₄A₅A₆, все углы которого равны, причём A₁A₂ = a₁, A₂A₃ = a₂, A₃A₄ = a₃, A₄A₅ = a₄, A₅A₆ = a₅ и A₆A₁ = a₆.

Для доказательства утверждения мы приведем конструктивный способ построения искомого шестиугольника. Требуется доказать, что существует выпуклый шестиугольник $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$, все углы которого равны, а стороны имеют заданные положительные длины $a_1, a_2, \dots, a_6$.

Сумма внутренних углов выпуклого шестиугольника равна $(6-2) \cdot 180^\circ = 720^\circ$. Если все шесть углов равны, то каждый из них должен быть равен $720^\circ / 6 = 120^\circ$.

Выпуклый шестиугольник, все углы которого равны $120^\circ$, можно получить, отсекая от углов некоторого равностороннего треугольника три меньших равносторонних треугольника. Воспользуемся этим методом для построения. Пусть имеется большой равносторонний треугольник $T$ со стороной $L$. Отсечем от его трех углов три маленьких равносторонних треугольника со сторонами $x, y, z$. В результате получится выпуклый шестиугольник, все углы которого равны $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. Длины сторон этого шестиугольника, если обходить его против часовой стрелки, будут последовательно равны $a'_1 = L - x - y$, $a'_2 = y$, $a'_3 = L - y - z$, $a'_4 = z$, $a'_5 = L - z - x$ и $a'_6 = x$.

Наша задача — показать, что для заданных положительных чисел $a_1, \dots, a_6$, удовлетворяющих условию $a_1 - a_4 = a_5 - a_2 = a_3 - a_6$, можно подобрать такие положительные $L, x, y, z$, чтобы стороны построенного шестиугольника были равны заданным числам, то есть $a'_i = a_i$ для всех $i=1, \dots, 6$.

Приравнивая соответствующие стороны, мы можем определить $x, y, z$ через заданные длины $a_i$:

$x = a_6$
$y = a_2$
$z = a_4$

Поскольку по условию задачи числа $a_2, a_4, a_6$ положительны, то и длины сторон отсекаемых треугольников $x, y, z$ однозначно определены и также положительны.

Далее определим длину стороны большого треугольника $L$ из оставшихся равенств:

$L = a_1 + x + y = a_1 + a_6 + a_2$
$L = a_3 + y + z = a_3 + a_2 + a_4$
$L = a_5 + z + x = a_5 + a_4 + a_6$

Необходимо убедиться, что эти три выражения для $L$ дают одно и то же значение. Для этого воспользуемся данным в условии равенством $a_1 - a_4 = a_5 - a_2 = a_3 - a_6$.
Сравним первое и второе выражения для $L$: равенство $a_1 + a_6 + a_2 = a_3 + a_2 + a_4$ эквивалентно $a_1 + a_6 = a_3 + a_4$, или $a_1 - a_4 = a_3 - a_6$. Это следует из условия.
Сравним второе и третье выражения: $a_3 + a_2 + a_4 = a_5 + a_4 + a_6$ эквивалентно $a_3 + a_2 = a_5 + a_6$, или $a_3 - a_6 = a_5 - a_2$. Это также следует из условия. Таким образом, все три выражения для $L$ равны, и сторона $L$ определена корректно: $L = a_1 + a_2 + a_6$.

Наконец, проверим, что такое построение геометрически корректно. Для этого необходимо, чтобы сумма длин отрезков, отсекаемых от одной стороны большого треугольника, не превышала длину самой стороны. Например, $x + y \le L$.

$x + y \le L \Leftrightarrow a_6 + a_2 \le a_1 + a_2 + a_6 \Leftrightarrow 0 \le a_1$.
$y + z \le L \Leftrightarrow a_2 + a_4 \le a_3 + a_2 + a_4 \Leftrightarrow 0 \le a_3$.
$z + x \le L \Leftrightarrow a_4 + a_6 \le a_5 + a_4 + a_6 \Leftrightarrow 0 \le a_5$.

Поскольку по условию все числа $a_i$ положительны, все эти неравенства выполняются (причем строго: $0 < a_i$), что гарантирует, что вершины шестиугольника не совпадают.

Мы показали, как для любых положительных чисел $a_1, \dots, a_6$, удовлетворяющих заданному условию, можно построить выпуклый шестиугольник с равными углами и заданными длинами сторон. Это доказывает его существование.

Ответ: Что и требовалось доказать.

826 Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму произвольного выпуклого четырёхугольника, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости.

Для доказательства того, что из одинаковых плиток, имеющих форму произвольного выпуклого четырёхугольника, можно составить паркет (замостить плоскость без зазоров и перекрытий), мы используем конструктивный метод. Мы покажем, как из двух таких плиток можно составить фигуру, которая гарантированно замостит плоскость.

Шаг 1: Создание шестиугольника из двух четырёхугольников

Возьмём произвольный выпуклый четырёхугольник $ABCD$. Для определённости будем считать, что вершины перечислены против часовой стрелки.

Теперь возьмём вторую, точно такую же плитку, и выполним её поворот на $180^\circ$ вокруг середины одной из её сторон, например, стороны $CD$. Обозначим середину стороны $CD$ как точку $M$.

При повороте на $180^\circ$ вокруг точки $M$ исходный четырёхугольник $ABCD$ перейдёт в новый, конгруэнтный ему четырёхугольник $A'B'DC$. При этом:

• Вершина $C$ перейдёт в вершину $D$.
• Вершина $D$ перейдёт в вершину $C$.
• Вершина $A$ перейдёт в некоторую новую точку $A'$.
• Вершина $B$ перейдёт в некоторую новую точку $B'$.

Теперь совместИм исходный четырёхугольник $ABCD$ и повернутый $A'B'DC$ по их общей стороне (сторона $CD$ первого совпадает со стороной $DC$ второго). В результате объединения этих двух плиток образуется новая фигура — шестиугольник. Проследим его контур по вершинам: $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow B' \rightarrow A' \rightarrow D \rightarrow A$. Таким образом, мы получили шестиугольник $ABCB'A'D$.

Шаг 2: Свойства полученного шестиугольника

Докажем, что у шестиугольника $ABCB'A'D$ противоположные стороны попарно параллельны и равны по длине. Такие шестиугольники называются центрально-симметричными.

• Стороны $AB$ и $A'B'$: Сторона $A'B'$ является образом стороны $AB$ при повороте на $180^\circ$ вокруг точки $M$. Любой отрезок, полученный в результате поворота на $180^\circ$, параллелен исходному отрезку и равен ему по длине. Следовательно, сторона $AB$ параллельна и равна стороне $A'B'$.
• Стороны $BC$ и $A'D$: Сторона $A'D$ в повернутом четырёхугольнике $A'B'DC$ соответствует стороне $BC$ в исходном четырёхугольнике $ABCD$. Это следует из того, что вершины $A',D$ являются образами вершин $A,C$ при повороте, но присоединены в ином порядке. По свойству поворота, сторона $BC$ будет параллельна и равна стороне $A'D$.
• Стороны $CB'$ и $DA$: Аналогично, сторона $CB'$ в повернутом четырёхугольнике соответствует стороне $DA$ в исходном. Таким образом, сторона $CB'$ параллельна и равна стороне $DA$.

Мы установили, что полученный шестиугольник имеет попарно параллельные и равные противоположные стороны. Известный факт геометрии гласит, что любая такая фигура (центрально-симметричный шестиугольник) может замостить плоскость путём параллельных переносов. Копии этого шестиугольника можно прикладывать друг к другу вдоль соответствующих равных сторон, полностью покрывая плоскость без зазоров и наложений.

Шаг 3: Вывод

Поскольку мы можем полностью замостить плоскость шестиугольниками $ABCB'A'D$, а каждый такой шестиугольник состоит из двух исходных четырёхугольных плиток, то отсюда следует, что мы можем замостить плоскость и самими плитками в форме произвольного выпуклого четырёхугольника.

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Доказательство, основанное на построении центрально-симметричного шестиугольника из двух копий исходного четырёхугольника, показывает, что любой выпуклый четырёхугольник может быть использован для создания паркета, полностью покрывающего любую часть плоскости. Утверждение задачи верно.

827 Докажите, что диагонали выпуклого четырёхугольника пересекаются.

Пусть дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$. Его диагоналями являются отрезки, соединяющие противолежащие вершины, то есть $AC$ и $BD$. Необходимо доказать, что эти отрезки пересекаются.

Доказательство использует одно из ключевых свойств выпуклых многоугольников. Выпуклый многоугольник — это многоугольник, все внутренние углы которого меньше $180^\circ$. Также это означает, что любая диагональ выпуклого многоугольника лежит полностью внутри него.

Рассмотрим диагональ $AC$ и прямую, которая её содержит. Эта прямая делит плоскость на две полуплоскости. Докажем, что вершины $B$ и $D$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $AC$.

Предположим противное: пусть вершины $B$ и $D$ лежат в одной полуплоскости относительно прямой $AC$. В этом случае весь четырёхугольник $ABCD$ будет лежать по одну сторону от прямой $AC$. Но тогда прямая $AC$ не может быть диагональю, так как она не будет лежать внутри четырёхугольника, а будет являться частью его границы, что невозможно. Более формально, если $B$ и $D$ находятся по одну сторону от прямой $AC$, то один из внутренних углов четырёхугольника (при вершине $B$ или $D$) будет больше $180^\circ$. Например, угол при вершине $D$ будет равен сумме углов $\angle ADC$ и $\angle CDB'$, где $B'$ - точка на продолжении $CB$, что делает его внешним, а внутренний угол будет рефлексивным. Это противоречит определению выпуклого четырёхугольника.

Следовательно, наше предположение неверно, и вершины $B$ и $D$ лежат по разные стороны от прямой $AC$.

Поскольку концы отрезка $BD$ (точки $B$ и $D$) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $AC$, то, по теореме о пересечении отрезком прямой, отрезок $BD$ пересекает прямую $AC$. Назовём точку их пересечения $O$.

Теперь проведём аналогичные рассуждения для диагонали $BD$. Вершины $A$ и $C$ должны лежать по разные стороны от прямой, содержащей диагональ $BD$. Если бы они лежали по одну сторону, то угол при вершине $A$ или $C$ был бы больше $180^\circ$, что снова противоречит выпуклости.

Так как концы отрезка $AC$ (точки $A$ и $C$) лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $BD$, отрезок $AC$ пересекает прямую $BD$. Точка пересечения двух прямых единственна, значит, это та же самая точка $O$.

Из того, что точка $O$ является результатом пересечения отрезка $BD$ с прямой $AC$, следует, что $O$ лежит на отрезке $BD$. Из того, что точка $O$ является результатом пересечения отрезка $AC$ с прямой $BD$, следует, что $O$ лежит на отрезке $AC$.

Таким образом, точка $O$ принадлежит обоим отрезкам $AC$ и $BD$, а это и означает, что диагонали выпуклого четырёхугольника пересекаются. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Диагонали выпуклого четырёхугольника пересекаются, так как концы одной диагонали всегда лежат по разные стороны от прямой, содержащей другую диагональ, что гарантирует пересечение отрезков.

828 Докажите, что в любом четырёхугольнике какие-то две противоположные вершины лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины.

Пусть $A, B, C, D$ — вершины произвольного четырехугольника. Мы должны доказать, что либо вершины $A$ и $C$ лежат по разные стороны от прямой $BD$, либо вершины $B$ и $D$ лежат по разные стороны от прямой $AC$.

Рассмотрим выпуклую оболочку множества точек $\{A, B, C, D\}$. Выпуклая оболочка — это наименьший выпуклый многоугольник, содержащий все четыре точки. Возможны два основных случая (не считая вырожденных, когда три или четыре точки лежат на одной прямой).

В первом случае выпуклая оболочка сама является четырехугольником. Это означает, что четырехугольник $ABCD$ является выпуклым. В выпуклом четырехугольнике диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются во внутренней точке $P$. Поскольку точка $P$ лежит на отрезке $AC$, то прямая $AC$ разделяет плоскость так, что точки $B$ и $D$ оказываются в разных полуплоскостях. Следовательно, вершины $B$ и $D$ лежат по разные стороны от прямой $AC$. Аналогично, поскольку точка $P$ лежит на отрезке $BD$, прямая $BD$ разделяет плоскость так, что вершины $A$ и $C$ оказываются в разных полуплоскостях. Таким образом, для выпуклого четырехугольника утверждение справедливо даже для обеих пар противоположных вершин.

Во втором случае выпуклая оболочка является треугольником. Это означает, что одна из вершин лежит внутри треугольника, образованного тремя другими. Пусть, для определенности, вершина $D$ лежит внутри треугольника $ABC$. Простой (несамопересекающийся) четырехугольник, который можно построить на этих вершинах, — это, например, $ABDC$ (с последовательностью сторон $AB, BD, DC, CA$). Противоположными вершинами в этом четырехугольнике являются пары $(A, D)$ и $(B, C)$. Рассмотрим прямую, проходящую через вершины $A$ и $D$. Эта прямая проходит через вершину $A$ треугольника $ABC$ и его внутреннюю точку $D$. Любая прямая, проходящая через вершину треугольника и его внутреннюю точку, пересекает противолежащую сторону. В нашем случае прямая $AD$ пересекает сторону $BC$. Это означает, что точки $B$ и $C$ лежат по разные стороны от прямой $AD$. Таким образом, мы нашли пару противоположных вершин ($B$ и $C$), которые лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины ($A$ и $D$). Утверждение задачи доказано и для невыпуклого четырехугольника.

Наконец, рассмотрим вырожденный случай, когда три вершины, например $A, B, C$, лежат на одной прямой, причем $B$ между $A$ и $C$. Четвертая вершина $D$ не лежит на этой прямой. В четырехугольнике $ABCD$ противоположными являются вершины $(A, C)$ и $(B, D)$. Прямая, проходящая через $B$ и $D$, пересекает прямую $AC$ в точке $B$. Так как $B$ лежит между $A$ и $C$, точки $A$ и $C$ находятся по разные стороны от прямой $BD$. Утверждение снова выполняется.

Таким образом, во всех возможных случаях утверждение оказывается верным.

Ответ: Утверждение доказано. В зависимости от того, является ли четырехугольник выпуклым или невыпуклым, одна из его диагоналей (или обе) будет разделять две оставшиеся вершины. Следовательно, всегда найдется пара противоположных вершин, лежащих по разные стороны от прямой, соединяющей две другие вершины.

829 В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведена биссектриса AD. Прямая, проведённая через точку D перпендикулярно к AD, пересекает прямую АС в точке Е. Точки М и K — основания перпендикуляров, проведённых из точек В и D к прямой АС. Найдите МK, если АЕ = а.

Для решения задачи воспользуемся методом вспомогательных построений и проекций.

Решение:

1. Проведем прямую через точки $D$ и $E$. Пусть она пересекает прямую $AB$ в точке $F$. Рассмотрим треугольник $\triangle AFE$. По условию, $AD$ — биссектриса угла $\angle BAC$. Так как точки $F$, $A$, $B$ лежат на одной прямой, а точки $E$, $A$, $C$ — на другой, то $AD$ является также биссерисой угла $\angle FAE$.

2. По условию, прямая $DE$ (а значит и $FE$) перпендикулярна биссектрисе $AD$. Таким образом, в треугольнике $\triangle AFE$ биссектриса $AD$, проведенная из вершины $A$, является также высотой, опущенной на сторону $FE$. Это свойство равнобедренного треугольника, следовательно, $\triangle AFE$ — равнобедренный с основанием $FE$. Отсюда следует, что $AF = AE$. Так как по условию $AE = a$, то и $AF = a$. Кроме того, в равнобедренном треугольнике биссектриса, проведенная к основанию, является и медианой, поэтому точка $D$ — середина отрезка $FE$.

3. Нам необходимо найти длину отрезка $MK$. Точки $M$ и $K$ — это основания перпендикуляров, опущенных из точек $B$ и $D$ на прямую $AC$. Это означает, что $M$ и $K$ являются ортогональными проекциями точек $B$ и $D$ на прямую $AC$. Длину $MK$ можно найти как $|AM - AK|$.

4. Найдем длину отрезка $AK$. Так как $K$ — проекция точки $D$ на прямую $AC$, а $D$ — середина отрезка $FE$, то по свойству ортогональной проекции, точка $K$ будет серединой проекции отрезка $FE$ на прямую $AC$. Проекцией точки $E$ на прямую $AC$ является сама точка $E$. Обозначим проекцию точки $F$ на прямую $AC$ как $F'$. Тогда $K$ — середина отрезка $F'E$.

Введем систему координат, в которой точка $A$ — начало координат, а прямая $AC$ — ось абсцисс. Тогда точка $E$ имеет координаты $(a, 0)$. Пусть $\angle BAC = 2\alpha$. Точка $F$ лежит на прямой $AB$ на расстоянии $a$ от $A$. Ее координаты будут $(a \cos(2\alpha), a \sin(2\alpha))$. Тогда проекция $F'$ точки $F$ на ось абсцисс имеет координаты $(a \cos(2\alpha), 0)$.

Координата точки $K$ как середины отрезка $F'E$ равна полусумме координат точек $F'$ и $E$:
$x_K = \frac{x_{F'} + x_E}{2} = \frac{a \cos(2\alpha) + a}{2} = \frac{a(1 + \cos(2\alpha))}{2}$.
Следовательно, $AK = x_K = \frac{a(1 + \cos(2\alpha))}{2}$.

5. Найдем длину отрезка $AM$. Точка $M$ — проекция вершины $B$ на основание $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также медианой. Следовательно, $M$ — середина основания $AC$, и $AM = \frac{1}{2}AC$.

6. Свяжем длину $AC$ с величиной $a$. Для этого применим теорему Менелая для треугольника $\triangle ABC$ и секущей $FDE$. По теореме Менелая (для длин отрезков):
$\frac{AF}{FB} \cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} = 1$.
Из свойства биссектрисы $AD$ в треугольнике $\triangle ABC$ имеем: $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC}$.
Подставим известные величины: $AF=a$, $EA=a$. Обозначим $AB=b$ и $AC=c$. Тогда $FB = |AB - AF| = |b-a|$, $CE = |AC - AE| = |c-a|$.
$\frac{a}{|b-a|} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{|c-a|}{a} = 1 \implies b|c-a| = c|b-a|$.
Это соотношение означает, что $a$ является гармоническим средним для $b$ и $c$: $\frac{2}{a} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle ABM$ (где $\angle AMB = 90^\circ$ и $\angle BAM = 2\alpha$) имеем $AM = AB \cos(2\alpha)$, то есть $\frac{c}{2} = b \cos(2\alpha)$, откуда $b = \frac{c}{2\cos(2\alpha)}$.
Подставим это в формулу гармонического среднего:
$\frac{2}{a} = \frac{2\cos(2\alpha)}{c} + \frac{1}{c} = \frac{1+2\cos(2\alpha)}{c}$.
Отсюда выразим $c = AC$: $AC = \frac{a(1+2\cos(2\alpha))}{2}$.

7. Теперь можем найти $AM$:
$AM = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot \frac{a(1+2\cos(2\alpha))}{2} = \frac{a(1+2\cos(2\alpha))}{4}$.

8. Наконец, вычисляем $MK$:
$MK = |AK - AM| = \left| \frac{a(1+\cos(2\alpha))}{2} - \frac{a(1+2\cos(2\alpha))}{4} \right|$.
Приведем к общему знаменателю 4:
$MK = \frac{a}{4} \left| 2(1+\cos(2\alpha)) - (1+2\cos(2\alpha)) \right|$.
$MK = \frac{a}{4} \left| 2 + 2\cos(2\alpha) - 1 - 2\cos(2\alpha) \right|$.
$MK = \frac{a}{4} |1| = \frac{a}{4}$.

Ответ: $MK = \frac{a}{4}$.

830 Докажите, что в треугольнике сумма трёх медиан меньше периметра, но больше половины периметра.

Пусть дан треугольник $ABC$ со сторонами $a=BC$, $b=AC$ и $c=AB$.

Пусть $m_a$, $m_b$, $m_c$ — медианы, проведенные к сторонам $a$, $b$ и $c$ соответственно. Периметр треугольника $P = a+b+c$.

Требуется доказать двойное неравенство: $\frac{1}{2}(a+b+c) < m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Доказательство состоит из двух частей.

Сумма трёх медиан меньше периметра

Рассмотрим медиану $m_a$, проведенную из вершины $A$ к стороне $BC$. Пусть $A_1$ — середина стороны $BC$. Тогда $m_a = AA_1$.

Продолжим медиану $AA_1$ за точку $A_1$ на её длину до точки $D$, так что $A_1D = AA_1$. Таким образом, длина отрезка $AD$ равна $2m_a$.

Рассмотрим четырехугольник $ABDC$. Его диагонали $AD$ и $BC$ пересекаются в точке $A_1$ и делятся этой точкой пополам ($BA_1 = A_1C$ по определению медианы, $AA_1 = A_1D$ по построению). Следовательно, четырехугольник $ABDC$ является параллелограммом.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $CD = AB = c$ и $BD = AC = b$.

Теперь применим неравенство треугольника к треугольнику $ACD$. Сумма длин двух его сторон больше длины третьей стороны:

$AC + CD > AD$

Подставив известные значения, получим: $b + c > 2m_a$, откуда следует $m_a < \frac{b+c}{2}$.

Аналогично, проводя те же рассуждения для медиан $m_b$ и $m_c$, мы получим:

$m_b < \frac{a+c}{2}$

$m_c < \frac{a+b}{2}$

Сложим три полученных неравенства почленно:

$m_a + m_b + m_c < \frac{b+c}{2} + \frac{a+c}{2} + \frac{a+b}{2}$

$m_a + m_b + m_c < \frac{b+c+a+c+a+b}{2}$

$m_a + m_b + m_c < \frac{2a+2b+2c}{2}$

$m_a + m_b + m_c < a+b+c$

Таким образом, доказано, что сумма длин медиан треугольника всегда меньше его периметра.

Ответ: Доказано, что $m_a + m_b + m_c < a+b+c$.

Сумма трёх медиан больше половины периметра

Медианы треугольника пересекаются в одной точке (центроиде), которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Обозначим точку пересечения медиан буквой $O$.

Следовательно, для длин отрезков, на которые центроид делит медианы, справедливы следующие соотношения:

$AO = \frac{2}{3}m_a$, $BO = \frac{2}{3}m_b$, $CO = \frac{2}{3}m_c$.

Рассмотрим треугольник $AOB$, образованный двумя вершинами треугольника и центроидом. Применим к нему неравенство треугольника:

$AO + BO > AB$

Подставим выражения для $AO$ и $BO$ через длины медиан:

$\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b > c$

Аналогично, применив неравенство треугольника к $\triangle BOC$ и $\triangle COA$, получим:

Для $\triangle BOC$: $BO + CO > BC \Rightarrow \frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c > a$

Для $\triangle COA$: $CO + AO > AC \Rightarrow \frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a > b$

Теперь сложим три полученных неравенства:

$(\frac{2}{3}m_a + \frac{2}{3}m_b) + (\frac{2}{3}m_b + \frac{2}{3}m_c) + (\frac{2}{3}m_c + \frac{2}{3}m_a) > a+b+c$

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$\frac{4}{3}m_a + \frac{4}{3}m_b + \frac{4}{3}m_c > a+b+c$

Вынесем общий множитель за скобки:

$\frac{4}{3}(m_a + m_b + m_c) > a+b+c$

Умножим обе части неравенства на $\frac{3}{4}$:

$m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4}(a+b+c)$

Поскольку дробь $\frac{3}{4}$ больше дроби $\frac{1}{2}$, из полученного неравенства следует, что сумма медиан также больше и половины периметра:

$m_a + m_b + m_c > \frac{3}{4}(a+b+c) > \frac{1}{2}(a+b+c)$

Следовательно, $m_a + m_b + m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$.

Таким образом, доказано, что сумма длин медиан треугольника всегда больше половины его периметра.

Ответ: Доказано, что $m_a + m_b + m_c > \frac{1}{2}(a+b+c)$.

831 Диагонали выпуклого четырёхугольника разбивают его на четыре треугольника, периметры которых равны. Докажите, что этот четырёхугольник — ромб.

Дано:
Пусть $ABCD$ — выпуклый четырёхугольник. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Диагонали разбивают четырёхугольник на четыре треугольника: $\triangle AOB$, $\triangle BOC$, $\triangle COD$ и $\triangle DOA$. Периметры этих треугольников равны. Обозначим длины сторон четырёхугольника: $AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$. Обозначим длины отрезков диагоналей: $AO=x$, $BO=y$, $CO=z$, $DO=w$. Тогда периметры треугольников равны:

• $P_{\triangle AOB} = a + x + y$
• $P_{\triangle BOC} = b + y + z$
• $P_{\triangle COD} = c + z + w$
• $P_{\triangle DOA} = d + w + x$

По условию, $P_{\triangle AOB} = P_{\triangle BOC} = P_{\triangle COD} = P_{\triangle DOA}$.

Доказать:
Четырёхугольник $ABCD$ является ромбом.

Доказательство:
Из равенства периметров составим систему уравнений:

1. $a + x + y = b + y + z \implies a + x = b + z$
2. $b + y + z = c + z + w \implies b + y = c + w$
3. $c + z + w = d + w + x \implies c + z = d + x$
4. $d + w + x = a + x + y \implies d + w = a + y$

Рассмотрим пары уравнений. Сложим уравнения (1) и (3): $(a + x) + (c + z) = (b + z) + (d + x)$ $a + c + x + z = b + d + x + z$ $a + c = b + d$ Это означает, что суммы длин противоположных сторон четырёхугольника равны.

Теперь сложим уравнения (2) и (4): $(b + y) + (d + w) = (c + w) + (a + y)$ $b + d + y + w = a + c + y + w$ $b + d = a + c$ Это то же самое свойство.

Давайте используем другую комбинацию. Выразим из уравнений (2) и (4) разности длин сторон: Из (2): $b - c = w - y$ Из (4): $d - a = y - w = -(w - y)$ Следовательно, $b - c = -(d - a)$, что даёт $b - c = a - d$, или $a+c = b+d$.

Теперь вычтем уравнение (4) из (2): $(b+y) - (d+w) = (c+w) - (a+y)$ $b-d+y-w = c-a+w-y$ $b-d+c-a = -2y+2w = 2(w-y)$ Так как $a+c=b+d$, то $b-d+c-a=0$. Значит $2(w-y)=0$, что влечет $w=y$. Этот результат можно получить проще. Рассмотрим систему: $a + c = b + d$ $a - d = w - y$ (из уравнения (4), переписанного как $a+y=d+w$) $b - c = w - y$ (из уравнения (2)) Отсюда $a-d = b-c$, что преобразуется в $a+c=b+d$.

Рассмотрим равенства $a+c=b+d$ и $a-c = d-b$ (получено из `a-d = -(c-b)`). Рассмотрим равенство `a+y=d+w` и `b+y=c+w`. Вычитая одно из другого, получаем `a-b = d-c`, или `a+c=b+d`.

Вернёмся к системе из четырёх уравнений. Из (1) и (3) следует: $a+c = b+d$. Из (2) и (4) следует: $b+d = a+c$. Из (1) $a-b = z-x$. Из (3) $c-d = x-z$. Следовательно, $a-b = -(c-d)$, откуда $a+d=b+c$. Из (2) $b-c = w-y$. Из (4) $d-a = y-w$. Следовательно, $b-c = -(d-a)$, откуда $b+a=c+d$.

Итак, мы получили два ключевых соотношения для длин сторон:

1. $a + c = b + d$
2. $a + b = c + d$

Вычтем второе уравнение из первого: $(a + c) - (a + b) = (b + d) - (c + d)$ $c - b = b - c$ $2c = 2b \implies c = b$.

Подставим $c = b$ в любое из двух уравнений, например, в первое: $a + b = b + d \implies a = d$.

Мы доказали, что $a=d$ и $b=c$. Это означает, что в четырёхугольнике $ABCD$ противолежащие стороны попарно равны ($AB=DA$ и $BC=CD$). Такой четырёхугольник является дельтоидом (кайтом), у которого диагональ $AC$ является осью симметрии.

Для дельтоида диагонали взаимно перпендикулярны ($AC \perp BD$), и одна из диагоналей (в данном случае $BD$) делится точкой пересечения пополам. То есть, $y = w$ ($BO = DO$).

Теперь нам осталось доказать, что дельтоид является ромбом, то есть $a=b$. Воспользуемся равенством (1): $a + x = b + z$. Так как диагонали перпендикулярны, треугольники $\triangle AOB$ и $\triangle BOC$ являются прямоугольными (с прямым углом при вершине $O$). По теореме Пифагора: $a^2 = x^2 + y^2 \implies a = \sqrt{x^2 + y^2}$ $b^2 = z^2 + y^2 \implies b = \sqrt{z^2 + y^2}$

Подставим эти выражения в уравнение $a + x = b + z$: $\sqrt{x^2 + y^2} + x = \sqrt{z^2 + y^2} + z$

Рассмотрим функцию $f(t) = \sqrt{t^2 + k} + t$, где $k = y^2$ - положительная константа. Найдём её производную: $f'(t) = \frac{2t}{2\sqrt{t^2 + k}} + 1 = \frac{t}{\sqrt{t^2 + k}} + 1$. Поскольку $\sqrt{t^2+k} > \sqrt{t^2} = |t|$, то значение дроби $\frac{t}{\sqrt{t^2 + k}}$ всегда находится в интервале $(-1, 1)$. Следовательно, $f'(t) > 0$ для всех $t$. Это означает, что функция $f(t)$ является строго возрастающей.

Из равенства $f(x) = f(z)$ для строго возрастающей функции следует, что $x=z$.

Если $x=z$, то подставив это в уравнение (1) $a+x=b+z$, получим $a=b$.

Итак, мы получили, что все стороны четырёхугольника равны: $a = d$ (доказано ранее) $b = c$ (доказано ранее) $a = b$ (только что доказано) Следовательно, $a=b=c=d$.

Четырёхугольник, у которого все стороны равны, является ромбом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

832 Найдите множество середин всех отрезков, соединяющих данную точку со всеми точками данной прямой, не проходящей через эту точку.

Пусть дана точка $P$ и прямая $l$, причем точка $P$ не лежит на прямой $l$. Пусть $A$ — произвольная точка на прямой $l$. Мы ищем множество всех точек $M$, являющихся серединами отрезков $PA$.

Рассмотрим преобразование плоскости, которое каждой точке $A$ ставит в соответствие точку $M$ — середину отрезка $PA$.

По определению середины отрезка, точка $M$ лежит на отрезке $PA$ так, что $PM = MA$. Это означает, что вектор, идущий из точки $P$ в точку $M$, вдвое короче вектора, идущего из $P$ в $A$, и сонаправлен с ним: $\vec{PM} = \frac{1}{2}\vec{PA}$.

Такое преобразование, при котором каждая точка $A$ переходит в точку $M$ по правилу $\vec{PM} = k \cdot \vec{PA}$, где $P$ — фиксированная точка (центр), а $k$ — постоянное число (коэффициент), называется гомотетией с центром $P$ и коэффициентом $k$. В нашей задаче мы имеем дело с гомотетией с центром в точке $P$ и коэффициентом $k = \frac{1}{2}$.

Важным свойством гомотетии является то, что она преобразует любую прямую в параллельную ей прямую (при условии, что центр гомотетии не лежит на исходной прямой, что выполняется по условию задачи).

Поскольку множество всех точек $A$ образует прямую $l$, то искомое множество всех точек $M$ является образом прямой $l$ при данной гомотетии. Следовательно, это множество также является прямой, назовем ее $m$, причем $m \parallel l$.

Чтобы точно определить положение этой новой прямой $m$, достаточно найти образ одной любой точки с прямой $l$. Проведем из точки $P$ перпендикуляр $PH$ к прямой $l$ (где $H$ — основание перпендикуляра на прямой $l$). Точка $H$ принадлежит прямой $l$, и ее образом при нашей гомотетии будет точка $K$ — середина отрезка $PH$.

Таким образом, искомая прямая $m$ должна проходить через точку $K$ и быть параллельной прямой $l$. Такая прямая единственна. Она находится между точкой $P$ и прямой $l$. Расстояние от прямой $m$ до прямой $l$ равно расстоянию от прямой $m$ до точки $P$, и каждое из этих расстояний равно половине расстояния от точки $P$ до прямой $l$.

Ответ: Искомое множество точек — это прямая, параллельная данной прямой и проходящая через середину перпендикуляра, опущенного из данной точки на данную прямую. Иными словами, это прямая, параллельная данной и находящаяся на полпути между данной точкой и данной прямой.

833 Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.

Доказательство утверждения, что прямая, проходящая через середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям

Пусть дана равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$, причём $AD \parallel BC$ и боковые стороны $AB=CD$. Пусть точка $M$ — середина меньшего основания $BC$, а точка $N$ — середина большего основания $AD$. Требуется доказать, что прямая $MN$ перпендикулярна основаниям $AD$ и $BC$ (т.е. $MN \perp AD$ и $MN \perp BC$).

Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: Боковые стороны трапеции не параллельны ($AB \nparallel CD$).

Продолжим боковые стороны $AB$ и $CD$ до их пересечения в некоторой точке $S$. Так как основания трапеции $BC$ и $AD$ параллельны, то треугольник $SBC$ подобен треугольнику $SAD$ ($\triangle SBC \sim \triangle SAD$).

По свойству равнобедренной трапеции, углы при основании равны: $\angle BAD = \angle CDA$. Это означает, что треугольник $SAD$ является равнобедренным с основанием $AD$, и, следовательно, $SA = SD$.

Так как трапеция равнобедренная, $AB = CD$. Вычтем эти длины из равных сторон $SA$ и $SD$:
$SB = SA - AB$
$SC = SD - CD$
Отсюда следует, что $SB = SC$. Таким образом, треугольник $SBC$ также является равнобедренным с основанием $BC$.

В равнобедренном треугольнике $SAD$ отрезок $SN$ соединяет вершину $S$ с серединой основания $N$. Следовательно, $SN$ является медианой, а по свойству равнобедренного треугольника — также и высотой. Значит, $SN \perp AD$.

Аналогично, в равнобедренном треугольнике $SBC$ отрезок $SM$ является медианой, проведённой к основанию $BC$, а значит, и высотой. Следовательно, $SM \perp BC$.

Поскольку основания $AD$ и $BC$ параллельны, а прямая $SM$ перпендикулярна $BC$, то она перпендикулярна и $AD$ ($SM \perp AD$).

Таким образом, мы имеем две прямые, $SN$ и $SM$, которые проходят через одну и ту же точку $S$ и перпендикулярны одной и той же прямой $AD$. Согласно аксиоме геометрии, через точку, не лежащую на прямой, можно провести только один перпендикуляр к этой прямой. Это означает, что точки $S$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой. Следовательно, прямая $MN$ является частью прямой $SN$ и перпендикулярна основанию $AD$, а значит и основанию $BC$.

Случай 2: Боковые стороны трапеции параллельны ($AB \parallel CD$).

Если боковые стороны трапеции параллельны, то четырёхугольник $ABCD$ является параллелограммом. Поскольку по условию это равнобедренная трапеция ($AB=CD$), то этот параллелограмм является прямоугольником. В прямоугольнике отрезок, соединяющий середины противоположных сторон (оснований), перпендикулярен этим сторонам. Таким образом, утверждение верно и в этом частном случае.

Ответ: Доказано, что прямая, проходящая через середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям.

Формулировка и доказательство обратного утверждения

Сформулируем обратное утверждение: Если в трапеции прямая, проходящая через середины её оснований, перпендикулярна этим основаниям, то такая трапеция является равнобедренной.

Доказательство.

Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD \parallel BC$. Точка $M$ — середина $BC$, точка $N$ — середина $AD$. По условию, прямая $MN$ перпендикулярна основаниям $AD$ и $BC$. Требуется доказать, что трапеция $ABCD$ является равнобедренной, то есть $AB = CD$.

Проведём из вершин $B$ и $C$ высоты $BH$ и $CK$ на основание $AD$. По построению, $BH \perp AD$ и $CK \perp AD$. Четырёхугольник $HBCK$ является прямоугольником, поскольку $BC \parallel HK$ и $BH \parallel CK$ (как два перпендикуляра к одной прямой), а углы $\angle BHC$ и $\angle CKH$ — прямые. Из этого следует, что $BH = CK$ (как высоты трапеции) и $BC = HK$.

По условию задачи, прямая $MN \perp AD$. Так как $BH \perp AD$ и $CK \perp AD$, то прямые $BH$, $MN$ и $CK$ параллельны друг другу ($BH \parallel MN \parallel CK$).

Рассмотрим трапецию $BCKH$. Прямая $MN$ проходит через середину $M$ боковой стороны $BC$ и параллельна основаниям $BH$ и $CK$. По теореме Фалеса, эта прямая пересекает другую боковую сторону $HK$ в её середине. Точка пересечения прямой $MN$ с прямой $AD$ (и, соответственно, с отрезком $HK$) — это точка $N$. Следовательно, точка $N$ является серединой отрезка $HK$, то есть $HN = NK$.

Из условия задачи мы также знаем, что $N$ — середина всего основания $AD$, то есть $AN = ND$.

Выразим равные отрезки $AN$ и $ND$ через другие отрезки на прямой $AD$:
$AN = AH + HN$
$ND = NK + KD$

Приравнивая эти выражения, получаем: $AH + HN = NK + KD$.

Поскольку мы доказали, что $HN = NK$, мы можем сократить эти члены в равенстве, что даёт нам $AH = KD$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle DCK$. В этих треугольниках:
1. $AH = KD$ (доказано выше).
2. $BH = CK$ (как высоты одной и той же трапеции).
3. $\angle AHB = \angle DKC = 90^\circ$ (по построению высот).

Следовательно, треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle DCK$ равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует равенство их гипотенуз: $AB = CD$.

Таким образом, трапеция $ABCD$ имеет равные боковые стороны, то есть является равнобедренной, что и требовалось доказать.

Ответ: Сформулировано и доказано обратное утверждение: если в трапеции прямая, проходящая через середины оснований, перпендикулярна этим основаниям, то трапеция является равнобедренной.

834 При пересечении биссектрис всех углов прямоугольника образовался четырёхугольник. Докажите, что этот четырёхугольник — квадрат.

Пусть дан прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB=CD=a$ и $BC=AD=b$. Проведём биссектрисы всех его углов. Пусть $l_A, l_B, l_C, l_D$ — это прямые, содержащие биссектрисы углов $\angle A, \angle B, \angle C, \angle D$ соответственно.

Четырёхугольник, о котором идёт речь в задаче, образован пересечением этих четырёх прямых. Обозначим его вершины как $P, Q, R, S$, где:

• $P$ — точка пересечения биссектрис $l_A$ и $l_D$.
• $Q$ — точка пересечения биссектрис $l_A$ и $l_B$.
• $R$ — точка пересечения биссектрис $l_B$ и $l_C$.
• $S$ — точка пересечения биссектрис $l_C$ и $l_D$.

Таким образом, стороны четырёхугольника $PQRS$ — это отрезки $PQ$ (на прямой $l_A$), $QR$ (на прямой $l_B$), $RS$ (на прямой $l_C$) и $SP$ (на прямой $l_D$). Для доказательства того, что $PQRS$ является квадратом, нам нужно показать, что это прямоугольник (все углы прямые) и что его смежные стороны равны.

1. Докажем, что $PQRS$ — прямоугольник.

Все углы исходного прямоугольника $ABCD$ равны $90^\circ$. Биссектриса делит каждый угол на два равных угла по $45^\circ$.

Рассмотрим угол $\angle PQR$. Этот угол образован пересечением прямых $l_A$ и $l_B$. Эти прямые вместе со стороной $AB$ образуют треугольник $\triangle AQB$.

В треугольнике $\triangle AQB$ углы при основании $AB$ равны:
$\angle QAB = \frac{1}{2}\angle DAB = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$
$\angle QBA = \frac{1}{2}\angle CBA = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ$

Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, следовательно, третий угол $\triangle AQB$ равен:
$\angle AQB = 180^\circ - (\angle QAB + \angle QBA) = 180^\circ - (45^\circ + 45^\circ) = 90^\circ$

Угол $\angle PQR$ четырёхугольника $PQRS$ совпадает с углом $\angle AQB$, значит, $\angle PQR = 90^\circ$.

Аналогично, рассматривая треугольники $\triangle BRC$, $\triangle CSD$ и $\triangle DPA$, мы находим, что остальные углы четырёхугольника также равны $90^\circ$:

• $\angle QRS = 90^\circ$ (из $\triangle BRC$)
• $\angle RSP = 90^\circ$ (из $\triangle CSD$)
• $\angle SPQ = 90^\circ$ (из $\triangle DPA$)

Поскольку все четыре угла четырёхугольника $PQRS$ прямые, он является прямоугольником.

2. Докажем, что смежные стороны прямоугольника $PQRS$ равны.

Для того чтобы доказать, что прямоугольник $PQRS$ является квадратом, достаточно показать равенство двух его смежных сторон, например, $PQ = QR$.

Найдём длину стороны $PQ$. Она лежит на биссектрисе $l_A$ и представляет собой отрезок, соединяющий точки $P$ и $Q$. Длина этого отрезка равна $|AQ - AP|$.

В треугольнике $\triangle AQB$, как мы выяснили, углы при основании $AB$ равны $45^\circ$, значит, он равнобедренный и прямоугольный. По теореме синусов:
$\frac{AQ}{\sin 45^\circ} = \frac{AB}{\sin 90^\circ} \implies AQ = AB \cdot \sin 45^\circ = a \frac{\sqrt{2}}{2}$

Аналогично, $\triangle DPA$ является равнобедренным прямоугольным треугольником. По теореме синусов:
$\frac{AP}{\sin 45^\circ} = \frac{AD}{\sin 90^\circ} \implies AP = AD \cdot \sin 45^\circ = b \frac{\sqrt{2}}{2}$

Теперь можем найти длину стороны $PQ$:
$PQ = |AQ - AP| = |a \frac{\sqrt{2}}{2} - b \frac{\sqrt{2}}{2}| = \frac{\sqrt{2}}{2}|a-b|$

Теперь найдём длину смежной стороны $QR$. Она лежит на биссектрисе $l_B$, и её длина равна $|BQ - BR|$.

Из равнобедренного прямоугольного треугольника $\triangle AQB$ имеем $BQ = AQ = a \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Из равнобедренного прямоугольного треугольника $\triangle BRC$ (с основанием $BC=b$) имеем:
$\frac{BR}{\sin 45^\circ} = \frac{BC}{\sin 90^\circ} \implies BR = BC \cdot \sin 45^\circ = b \frac{\sqrt{2}}{2}$

Длина стороны $QR$:
$QR = |BQ - BR| = |a \frac{\sqrt{2}}{2} - b \frac{\sqrt{2}}{2}| = \frac{\sqrt{2}}{2}|a-b|$

Мы получили, что $PQ = QR$. Так как в прямоугольнике $PQRS$ смежные стороны равны, этот прямоугольник является квадратом.

Ответ: Мы доказали, что четырёхугольник, образованный пересечением биссектрис всех углов прямоугольника, является прямоугольником (все углы по $90^\circ$) и ромбом (смежные стороны равны). Следовательно, этот четырёхугольник — квадрат. Что и требовалось доказать.