|
|
 |
Условие
Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность. Известно, что AB·CF = 2BC·FA, CD·EB = 2DE·BC, EF·AD = 2FA·DE.
Докажите, что прямые AD, BE и CF пересекаются в одной точке.
Решение 1
По теореме Птолемея для четырёхугольников ABCD и ABEF AC·BD = AB·CD + BC·AD и AE·BF = AB·EF + AF·BE. Перемножив эти равенства и учитывая условия задачи, получим
AE·BD·AC·BF = AB²·CD·EF + BC·AF·AD·BE + AB·AF·CD·BE + AB·BC·EF·AD =
= AB²·CD·EF + BC·AF·AD·BE + 2(AB·AF·DE·BC + AB·BC·FA·DE) = AB²·CD·EF + BC·AF·AD·BE + 4AB·BC·AF·DE. (1)
По теореме Птолемея для четырёхугольников ABCF и ABDE
AC·BF = AB·CF + BC·AF = 3BC·AF и AD·BE = AB·DE + AE·BD. Подставив в (1), получим
3(AD·BE – AB·DE)·BC·AF = AB²·CD·EF + BC·AF·AD·BE + 4AB·BC·AF·DE, или
AB²·CD·EF – 2BC·AF·AD·BE + 7AB·BC·AF·DE = 0. (2)
Перемножив два равенства из условия, получим CD·EF·BE·AD = 4DE²·BC·AF. Подставив в (2), умноженное на CD·EF, получим
AB²·(CD·EF)² – 8(BC·AF·DE)² + 7AB·BC·DE·AF·CD·EF = 0.
Обозначив x = AB·CD·EF > 0, a = BC·DE·AF > 0, получим x² + 7ax – 8a² = 0. Единственный положительный корень этого квадратного уравнения равен a, следовательно, AB·CD·EF = BC·DE·AF. По теореме Чевы для вписанного шестиугольника (см. задачу 35216) отсюда следует, что диагонали AD, BE и CF пересекаются в одной точке.
Решение 2
Рассмотрим сначала частный случай: A, C, E – вершины правильного треугольника. Можно считать, что радиус окружности равен 1, тогда
Равенства из условия можно записать через двойные отношения: (ACBF) = (CEDB) = (EABC) = –2. Пусть AB·CD·EF = 2kBC·DE·FA, тогда из условия следует, что AB·CD = kBC·AD, то есть
(BDCA) = –k. Аналогично (DFEC) = (FBAE) = –k.
Проведём проективное преобразование, переводящее точки A, B, C в точки C, D, E соответственно. В силу равенства (ACBF) = (CEDB) точка F перейдёт в B. Аналогично доказывается, что точки D и E переходят в F и A соответственно. Поскольку проективное преобразование однозначно определяется образами C, E, A точек A, C, E, то оно является поворотом на 120°. Следовательно, AB = CD = EF = x, BC = DE = FA = y.
По условию xCF = 2y², по теореме Птолемея BC·AF + AB·CF = AC·BF = 3, то есть 3y² = 3. Отсюда y = 1, то есть шестиугольник ABCDEF – правильный.
В общем случае рассмотрим проективное преобразование, переводящее точки A, C, E в вершины A', C', E' правильного треугольника. По доказанному выше шестиугольник A'B'C'D'E'F' – правильный, поэтому (D'F'E'C') = –2. Следовательно, и (DFEC) = –2. Равенство
(ACBF) = (DFEC) можно записать в виде AB·CD·EF = BC·DE·AF. Как и в решении 1 отсюда следует утверждение задачи.
