Задание 835

Дано: \(ABCD\) — параллелограмм, \(O_1\), \(O_2\), \(O_3\), \(O_4\) — центры (точки пересечения диагоналей) квадратов, построенных вне его на сторонах \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\). Доказать: \(O_1O_2O_3O_4\) — квадрат.

1. Диагонали квадрата равны, взаимно перпендикулярны, делятся точкой пересечения пополам и делят его углы пополам. Поэтому \(O_1A = O_1B\), \(\angle AO_1B = 90^\circ\), \(\angle O_1AB = \angle O_1BA = 45^\circ\); так же для остальных квадратов.

2. Квадраты на равных сторонах \(AB\) и \(CD\) равны, поэтому \(O_1A = O_1B = O_3C = O_3D\). Квадраты на \(BC\) и \(AD\) равны: \(O_2B = O_2C = O_4D = O_4A\).

3. Пусть \(\angle A = \angle C = \alpha \le 90^\circ\) (иначе переобозначим вершины), тогда \(\angle B = \angle D = 180^\circ - \alpha\). Угол треугольника \(AO_1O_4\) при вершине \(A\) складывается из \(\angle O_1AB = 45^\circ\), \(\angle BAD = \alpha\) и \(\angle DAO_4 = 45^\circ\): \(\angle O_1AO_4 = 90^\circ + \alpha\). При вершине \(B\) углы \(45^\circ + (180^\circ - \alpha) + 45^\circ\) в сумме больше \(180^\circ\), поэтому угол треугольника \(BO_1O_2\) дополняет их до \(360^\circ\): \(\angle O_1BO_2 = 360^\circ - 270^\circ + \alpha = 90^\circ + \alpha\). Так же \(\angle O_3CO_2 = 90^\circ + \alpha\) и \(\angle O_3DO_4 = 90^\circ + \alpha\).

4. Треугольники \(AO_1O_4\), \(BO_1O_2\), \(CO_3O_2\), \(DO_3O_4\) равны по двум сторонам и углу между ними (шаги 2 и 3). Значит, \(O_1O_4 = O_1O_2 = O_3O_2 = O_3O_4\): четырёхугольник \(O_1O_2O_3O_4\) — ромб. (При \(\alpha = 90^\circ\) «треугольники» вырождаются в отрезки \(O_1O_4 = O_1A + AO_4\) и т. д., и равенство сторон очевидно.)

5. Из равенства треугольников \(AO_1O_4\) и \(BO_1O_2\): \(\angle AO_1O_4 = \angle BO_1O_2\). Луч \(O_1O_4\) проходит внутри прямого угла \(AO_1B\), поэтому

   \[\angle O_4O_1O_2 = \angle O_4O_1B + \angle BO_1O_2 = \angle O_4O_1B + \angle AO_1O_4 = \angle AO_1B = 90^\circ.\]

6. Ромб с прямым углом — квадрат.