13928. Четырёхугольники ABCD
и AECF
— параллелограммы, причём точки E
и F
лежат внутри параллелограмма ABCD
. Луч BF
пересекает сторону AD
в точке G
. Докажите, что прямая BE
делит пополам отрезок CF
тогда и только тогда, когда \frac{DA}{DG}=\frac{BF}{FG}
.
Решение. Заметим, что точки E
или F
не могут лежать ни на диагонали диагонали BD
, ни на диагонали AC
параллелограмма ABCD
.
Пусть O
— точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
. Тогда O
— центр симметрии этого параллелограмма (см. примечание к задаче 5701), поэтому при симметрии относительно точки O
точка A
переходит в C
, а прямая AE
, проходящая через точку A
, — в параллельную ей прямую CF
. Аналогично, прямая AF
переходит в параллельную ей прямую CF
. Значит, точка E
переходит в F
. Следовательно, точка O
— общий центр симметрии параллелограммов ABCD
и AECF
. При этой симметрии прямая BE
переходит в параллельную ей прямую DF
, а прямая BF
— в параллельную ей прямую DE
. Обозначим точки пересечения прямой DF
с прямыми CF
, CD
и AD
через X
, Y
и A'
соответственно.
Необходимость. Пусть X
— середина отрезка CF
. Прямые XY
и DF
параллельны, поэтому по теореме Фалеса Y
— середина отрезка CD
. Тогда из равенства треугольников A'YD
и BYC
получаем, что A'D=BC=AD
, т. е. D
— середина отрезка AA'
. Следовательно,
\frac{DA}{DG}=\frac{A'D}{DG}=\frac{BF}{FG}.
Что и требовалось доказать.
Достаточность. Пусть \frac{DA}{DG}=\frac{BF}{FG}=\frac{A'D}{DG}=
. Тогда BC=DA=A'D
, поэтому треугольники A'YD
и BYC
равны. Значит, DY=YC
, т. е. Y
— середина отрезка CD
. Тогда по теореме Фалеса X
— середина CF
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2013, № 3, задача 3727 (2012, 105, 107), с. 151