Олимпиадная задача по планиметрии про выпуклый шестиугольник для 8–11 классов

Доказательство. Лемма. Рассмотрим треугольник Δ PQR с углом QPRπ/3, L - середина QR . Тогда PLQR/2причем равенство достигается только для правильного треугольника. Доказательство леммы. Рассмотрим равносторонний треугольник QRS такой, что точки P и S лежат по одну сторону от прямой QR . Ясно, что тогда P лежит внутри описанной около треугольника QRS окружности, а, значит, и внутри круга с центром L и радиусом QR/2. Лемма доказана. Вернемся к решению задачи. Без ограничения общности можно считать что главные диагонали AD и BE шестиуглольника ABCDEF образуют угол π/3. P - их точка пересечения. Воспользуемся нашей леммой. Имеем

MN=/2(AB+DE) PM+PN MN. ( M , N - середины сторон AB и DE соответственно. Из леммы следует, что треугольники ABP и DEP равносторонние. Диагональ CF образует угол π/3с диогональю AD либо с BE . В силу симметрии, без ограничения общности можно считать, что AQFπ/3, где Q - точка пересечения диагоналей AD и CF . Точно также, как и раньше, воспользуемся леммой и получим, что треугольники AQF и CQD являются равносторонними. Следовательно, BRC=π/3, где R - точка пересечения BE и CF . Аналогично устанавливается равносторонность треугольников BCR и EFR . Задача решена.

Ответ задачи отсутствует