3217. Три пары противоположных сторон шестиугольника параллельны. Докажите, что отрезки, соединяющие их середины, пересекаются в одной точке.
Указание. 1) Геометрическое место точек X
, лежащих внутри трапеции ABCD
(BC\parallel AD)
или на её сторонах, и таких, что S_{\triangle XAB}=S_{\triangle XCD}
, есть отрезок, соединяющий середины оснований трапеции.
2) Пусть ABCDEF
— данный шестиугольник; AB\parallel DE
, BC\parallel EF
, CD\parallel AF
. Докажите, что треугольники ACE
и BDF
равновелики.
Решение. Докажем сначала следующее вспомогательное утверждение. Геометрическое место точек X
, лежащих внутри трапеции ABCD
(BC\parallel AD)
или на её сторонах, и таких, что S_{\triangle XAB}=S_{\triangle XCD}
, есть отрезок, соединяющий середины оснований трапеции.
Действительно, пусть P
и Q
— середины оснований BC
и AD
трапеции ABCD
, h
— высота трапеции (рис. 1). Если точка X
принадлежит отрезку PQ
, то XP
и XQ
— медианы треугольников BXC
и AXD
, поэтому
S_{\triangle XBP}=S_{\triangle XCP},~S_{\triangle XAQ}=S_{\triangle XDQ}.
Кроме того,
S_{ABPQ}=\frac{BP+AQ}{2}\cdot h=\frac{CP+DQ}{2}\cdot h=S_{CPQD}.
Следовательно, S_{\triangle XAB}=S_{\triangle XCD}
.
Пусть теперь X
— точка внутри трапеции ABCD
, для которой S_{\triangle XAB}=S_{\triangle XCD}
(рис. 2). Предположим, что X
не лежит на прямой PQ
. Поскольку S_{\triangle XBP}=S_{\triangle XCP}
и S_{\triangle XAQ}=S_{\triangle XDQ}
, то
S_{ABPXQ}=S_{CPXQD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}.
Если точки X
и C
лежат по одну сторону от прямой PQ
, то
\frac{1}{2}S_{ABCD}=S_{ABPQ}+S_{\triangle PXQ}=\frac{1}{2}S_{ABCD}+S_{\triangle PXQ},
что невозможно. Аналогично для случая, когда точки X
и C
лежат по разные стороны от прямой PQ
.
Пусть теперь ABCDEF
— данный шестиугольник; AB\parallel DE
, BC\parallel EF
, CD\parallel AF
. Докажем, что треугольники ACE
и BDF
равновелики. В самом деле, пусть прямые AB
и EF
пересекаются в точке M
, прямые AB
и CD
— в точке N
, прямые CD
и EF
— в точке K
(рис. 2). Обозначим
\frac{MA}{MN}=x,~\frac{NC}{NK}=y,~\frac{KE}{KM}=z.
Тогда (см. задачу 3007)
S_{\triangle AME}=x(1-z)S_{\triangle MNK},~S_{\triangle ANC}=y(1-x)S_{\triangle MNK},~S_{\triangle CKE}=z(1-y)S_{\triangle MNK}.
Поэтому
S_{\triangle ACE}=S_{\triangle MNK}-S_{\triangle AME}-S_{\triangle ANC}-S_{\triangle CKE}=
=(1-x(1-z)-y(1-x)-z(1-y))S_{\triangle MNK}=(1-x-y-z+xy+xz+yz)S_{\triangle MNK}.
Учитывая, что
\frac{MF}{MK}=\frac{MA}{MN}=x,~\frac{NB}{NM}=\frac{NC}{NK}=y,~\frac{KD}{KN}=\frac{KE}{KM}=z
(что вытекает из параллельности противоположных сторон данного шестиугольника), аналогично получим, что
S_{\triangle BDF}=(1-x-y-z+xy+xz+yz)S_{\triangle MNK}.
Следовательно, S_{\triangle ACE}=S_{\triangle BDF}
.
Пусть P
, G
, Q
, H
— середины отрезков AF
, AB
, CD
и DE
соответственно; O
— точка пересечения отрезков PQ
и GH
(рис. 3). Тогда, по ранее доказанному,
S_{\triangle AOC}=S_{\triangle DOF},~S_{\triangle AOE}=S_{\triangle BOD},~S_{\triangle ACE}=S_{\triangle BDF}.
Поэтому
S_{\triangle BOF}=S_{\triangle BDF}-S_{\triangle DOF}-S_{\triangle BOD}=
=S_{\triangle ACE}-S_{\triangle AOC}-S_{\triangle AOE}=S_{\triangle OCE}.
Следовательно, точка O
принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон BC
и EF
.
Примечание. Другие решения: см. Квант, 1986, N5, с.33.