LVII OM - III - Zadanie 3

Dany jest sześciokąt wypukły $ ABCDEF $, w którym $ AC = DF $, $ CE = FB $ oraz $ EA = BD $. Dowieść, że proste łączące środki przeciwległych boków tego sześciokąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ P, Q, R $ odpowiednio środki przekątnych $ AD, BE, CF $.

Przyjmijmy najpierw, że dwa spośród punktów $ P, Q, R $ pokrywają się; niech na przykład $ P = Q $ (rys. 1).
Wtedy czworokąt $ ABDE $ jest równoległobokiem. Ponadto trójkąt $ ACE $ jest przystający do trójkąta $ DFB $, skąd wynika, że
$ \measuredangle EAC = \measuredangle BDF $. Równość ta wraz z uzyskaną zależnością $ BD || EA $ dowodzi, że odcinki
$ AC $ i $ DF $ są równoległe. Ponadto odcinki te są równej długości, a zatem czworokąt $ ACDF $ jest równoległobokiem. Punkt
$ R $ pokrywa się więc z punktami $ P $ i $ Q $, skąd wynika, że jest on środkiem symetrii sześciokąta $ ABCDEF $. Pozostaje zauważyć,
że wówczas proste łączące środki przeciwległych boków sześciokąta $ ABCDEF $ przechodzą przez jego środek symetrii.

om57_3r_img_1.jpg
om57_3r_img_2.jpg

Przyjmijmy z kolei, że punkty $ P, Q, R $ są różne. Niech $ M $ i $ N $ będą odpowiednio środkami odcinków $ AB $ i $ DE $ (rys. 2).

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że odcinki $ PN $ i $ AE $ są równoległe, a ponadto
$ PN = \frac{1}{2}AE $. Analogicznie uzyskujemy związki $ QM = \frac{1}{2}AE $, $ PM = \frac{1}{2}BD $ oraz $ QN = \frac{1}{2}BD $.
Z zależności tych oraz z równości $ AE = BD $ wnioskujemy, że $ PN = QM = PM = QN $, co oznacza, że czworokąt $ MPNQ $ jest rombem.
Zatem prosta $ MN $ jest symetralną odcinka $ PQ $.

Analogicznie dowodzimy, że pozostałe dwie proste łączące środki przeciwległych boków danego sześciokąta są symetralnymi
odcinków $ QR $ i $ RP $. Stąd proste łączące środki przeciwległych boków sześciokąta $ ABCDEF $ mają punkt wspólny, będący
środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ PQR $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź