LVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVII OM, 2005-2006

Etap:

III

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.

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 $PQR$ .