Олимпиадная задача про шестиугольник с параллельными сторонами
Задача
Три пары противоположных сторон шестиугольника параллельны. Докажите, что отрезки, соединяющие их середины пересекаются в одной точке.
Решение
Докажем сначала следующее вспомогательное утверждение. Геометрическое место точек X, лежащих внутри трапеции ABCD
(BC || AD) или на её сторонах, и таких, что
S$\scriptstyle \Delta$XAB = S$\scriptstyle \Delta$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$\scriptstyle \Delta$XBP = S$\scriptstyle \Delta$XCP, S$\scriptstyle \Delta$XAQ = S$\scriptstyle \Delta$XDQ.
Кроме того,
SABPQ = $\displaystyle {\frac{BP + AQ}{2}}$ . h = $\displaystyle {\frac{CP + DQ}{2}}$ . h = SCPQD.
Следовательно,S$\scriptstyle \Delta$XAB=S$\scriptstyle \Delta$XCD.
Пусть теперь X — точка внутри трапеции ABCD, для которой
S$\scriptstyle \Delta$XAB = S$\scriptstyle \Delta$XCD (рис.2). Предположим, что X не лежит
на прямой PQ. Поскольку
S$\scriptstyle \Delta$XBP = S$\scriptstyle \Delta$XCP и
S$\scriptstyle \Delta$XAQ = S$\scriptstyle \Delta$XDQ, то
SABPXQ = SCPXQD = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD.
Если точки X и C лежат по одну сторону от прямой PQ, то
$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD = SABPQ + S$\scriptstyle \Delta$PXQ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$SABCD + S$\scriptstyle \Delta$PXQ,
что невозможно. Аналогично для случая, когда точкиXиCлежат по разные
стороны от прямойPQ.
Пусть теперь ABCDEF — данный шестиугольник;
AB || DE,
BC || EF,
CD || 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
$\displaystyle {\frac{MA}{MN}}$ = x, $\displaystyle {\frac{NC}{NK}}$ = y, $\displaystyle {\frac{KE}{KM}}$ = z.
Тогда
S$\scriptstyle \Delta$AME = x(1 - z)S$\scriptstyle \Delta$MNK, S$\scriptstyle \Delta$ANC = y(1 - x)S$\scriptstyle \Delta$MNK, S$\scriptstyle \Delta$CKE = z(1 - y)S$\scriptstyle \Delta$MNK.
Поэтому
S$\scriptstyle \Delta$ACE = S$\scriptstyle \Delta$MNK - S$\scriptstyle \Delta$AME - S$\scriptstyle \Delta$ANC - S$\scriptstyle \Delta$CKE =
= (1 - x(1 - z) - y(1 - x) - z(1 - y))S$\scriptstyle \Delta$MNK = (1 - x - y - z + xy + xz + yz)S$\scriptstyle \Delta$MNK.
Учитывая, что
$\displaystyle {\frac{MF}{MK}}$ = $\displaystyle {\frac{MA}{MN}}$ = x, $\displaystyle {\frac{NB}{NM}}$ = $\displaystyle {\frac{NC}{NK}}$ = y, $\displaystyle {\frac{KD}{KN}}$ = $\displaystyle {\frac{KE}{KM}}$ = z
(что вытекает из параллельности противоположных сторон данного
шестиугольника), аналогично получим, что
S$\scriptstyle \Delta$BDF = (1 - x - y - z + xy + xz + yz)S$\scriptstyle \Delta$MNK.
Следовательно,S$\scriptstyle \Delta$ACE=S$\scriptstyle \Delta$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$\scriptstyle \Delta$AOC = S$\scriptstyle \Delta$DOF, S$\scriptstyle \Delta$AOE = S$\scriptstyle \Delta$BOD, S$\scriptstyle \Delta$ACE = S$\scriptstyle \Delta$BDF.
Поэтому
S$\scriptstyle \Delta$BOF = S$\scriptstyle \Delta$BDF - S$\scriptstyle \Delta$DOF - S$\scriptstyle \Delta$BOD =
= S$\scriptstyle \Delta$ACE - S$\scriptstyle \Delta$AOC - S$\scriptstyle \Delta$AOE = S$\scriptstyle \Delta$OCE.
Следовательно, точкаOпринадлежит отрезку, соединяющему середины
сторонBCиEF.
Другие решения: см. Квант, N5, 1986, с.33
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь
Комментариев нет