13766. С помощью одной линейки постройте на стороне AB
данного параллелограмма ABCD
точку M
, для которой AM=\frac{1}{5}AB
.
Решение. 1. Строим точку K
пересечения диагоналей данного параллелограмма.
2. Через точку A
проводим прямую PQ
, параллельную BD
. Для этого отмечаем на прямой AB
произвольную точку E
, строим точку G
пересечения прямых EK
и AD
, затем — точку F
пересечения прямых ED
и BG
. Докажем, что AF\parallel BD
.
Действительно, по теореме Чевы из треугольника BDE
получаем
\frac{BK}{KD}\cdot\frac{DF}{FE}\cdot\frac{EA}{AB}=1,
а так как BK=KD
, то \frac{DF}{FE}=\frac{BA}{AE}
. Следовательно, AF\parallel BD
. Что и требовалось доказать.
Теперь строим точки P
и Q
пересечения прямой AF
с прямыми BC
и DC
соответственно. Итак, PQ\parallel BD
.
3. Строим точку R
пересечения прямых AB
и DP
и точку S
пересечения прямых AD
и BQ
. Поскольку медиана CK
треугольника BCD
делит пополам отрезок PQ
с концами на прямых CB
и CD
, параллельный стороне BD
(см. задачу 2607), четырёхугольники APBD
и ABDQ
— параллелограммы, а R
и S
— их центры.
Строим точку X
пересечения прямых KR
и PQ
, а затем — точку T
пересечения прямых SX
и PQ
. Тогда T
— точка пересечения медиан треугольника KXY
, где Y
— точка пересечения прямых KS
и PQ
(точку Y
строить не обязательно), поэтому \frac{KT}{TA}=2
.
4. Строим точку M
пересечения прямых DT
и AB
. Докажем, что M
— искомая точка, т. е. AM=\frac{1}{5}AB
.
Действительно, по теореме Менелая для треугольника ABK
и прямой MD
получаем
1=\frac{AM}{MB}\cdot\frac{BD}{DK}\cdot\frac{KT}{TA}=\frac{AM}{MB}\cdot2\cdot2=4\cdot\frac{AM}{MB},
откуда AM=\frac{1}{4}MB
. Следовательно, AM=\frac{1}{5}AB
. Что и требовалось доказать.