13529. Выпуклый шестиугольник ABCDEF
вписан в окружность. Докажите, что его диагонали AD
, BE
и CF
пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда
AB\cdot CD\cdot EF=BC\cdot DE\cdot FA.
Решение. Пусть прямые AD
, BE
и CF
пересекаются в точке X
. Треугольники ABX
и EDX
подобны по двум углам, поэтому \frac{AB}{DE}=\frac{BX}{XD}
. Аналогично, \frac{CD}{AF}=\frac{XD}{FX}
. Перемножив эти два равенства, получим, что \frac{AB\cdot CD}{DE\cdot AF}=\frac{BX}{FX}
, а так как треугольники BXC
и FXE
тоже подобны по двум углам, то \frac{BX}{XF}=\frac{BC}{EF}
. Значит, \frac{AB\cdot CD}{DE\cdot AF}=\frac{BC}{EF}
. Следовательно,
AB\cdot CD\cdot EF=BC\cdot DE\cdot FA.
Обратно, пусть
AB\cdot CD\cdot EF=BC\cdot DE\cdot FA,
X
— точка пересечения хорд AD
и BE
, а луч CX
пересекает окружность в точке F'
. Докажем, что точка F'
совпадает с F
.
По доказанному
AB\cdot CD\cdot EF'=BC\cdot DE\cdot F'A,
откуда получаем, что \frac{EF}{EF'}=\frac{FA}{F'A}
.
Если точка F'
расположена ближе к A
, чем точка F
, то F'A\lt FA
и EF\lt EF'
. Тогда F'A\cdot EF\lt FA\cdot EF'
, т. е. равенство \frac{EF}{EF}=\frac{FA}{F'A}
не выполняется. Противоречие. Аналогично, точка F'
не может лежать ближе к точке E
, чем точка F
. Следовательно, точка F'
совпадает с F
, и все три рассматриваемые диагонали пересекаются в точке X
. Что и требовалось доказать.