10456. Дан правильный семиугольник A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}
. Прямые A_{2}A_{3}
и A_{5}A_{6}
пересекаются в точке X
, а прямые A_{3}A_{5}
и A_{1}A_{6}
— в точке Y
. Докажите, что прямые A_{1}A_{2}
и XY
параллельны.
Решение. Докажем, что
\angle A_{2}A_{1}Y+\angle XYA_{1}=180^{\circ},
откуда и будет следовать утверждение задачи.
Рассмотрим окружность, описанную около данного семиугольника. Поскольку четырёхугольник A_{1}A_{2}A_{3}A_{6}
вписанный, то
\angle A_{2}A_{1}A_{6}=180^{\circ}-\angle A_{2}A_{3}A_{6}=\angle XA_{3}A_{6}.
Теперь достаточно доказать, что четырёхугольник XA_{3}A_{6}Y
вписанный.
Заметим, что
\angle A_{3}XA_{6}=\angle A_{2}XA_{6}=\frac{1}{2}(\smile A_{2}A_{1}A_{6}-\smile A_{3}A_{4}A_{5})=\frac{1}{2}\left(3\cdot\frac{2\pi}{7}-2\cdot\frac{2\pi}{7}\right)=\frac{\pi}{7},
\angle A_{3}YA_{6}=\angle A_{3}YA_{1}=\frac{1}{2}(\smile A_{1}A_{2}A_{3}-\smile A_{6}A_{5})=\frac{1}{2}\left(2\cdot\frac{2\pi}{7}-\frac{2\pi}{7}\right)=\frac{\pi}{7}
(см. задачу 27). Значит, \angle A_{3}XA_{6}=\angle A_{3}YA_{6}
. Следовательно, четырёхугольник XA_{3}A_6{Y}
вписанный (см. задачу 12). Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Решение можно записать короче, используя понятие антипараллельности. Действительно, отрезки A_{1}A_{2}
и A_{3}A_{6}
антипараллельны относительно прямых A_{1}Y
и A_{2}X
. То же самое было доказано про отрезки A_{3}A_{6}
и XY
относительно тех же прямых. Из этого следует параллельность A_{1}A_{2}
и XY
.
2. Отметим, что утверждение задачи следует из теоремы Паскаля, применённой к вырожденному шестиугольнику A_{1}A_{2}A_{3}A_{5}A_{5}A_{6}
(см. задачу 6390).
Подробнее про теорему Паскаля см., например, В.В. Прасолов: «Задачи по планиметрии», глава 6.