Punkty przecięcia przekątnych trapezów

[Hausa]

Rozważmy sytuację na płaszczyźnie. Dwie półproste o wspólnym początku w punkcie S posiekano pewną ilością prostych równoległych. Otrzymano w ten sposób trójkąt o wierzchołku w punkcie S oraz pewną ilość trapezów. Udowodnij, że punkty przecięcia przekątnych tych trapezów leżą na jednej prostej. Czy do tej prostej należy punkt S?

To jest zadanie z Potyczek Matematycznych, ale termin wysyłania zadań i tak już minął, więc bardzo proszę o jakieś naprowadzenie

[Wojtolino]

Rzuciła mi się na myśl strasznie zakombinowana droga, ale powinno pójść
Wpisujemy to w układ współrzędnych. Jedna prosta (dla ułatwienia rachunków) to y=0, druga dowolna - y=ax (przesunięcia nie uwzględniam, bo to tylko zakomplikuje rachunki, a zawsze można przecież ustalić początek gdzie nam wygodnie). Prowadzimy dowolną prostą, która będzie przecinać pozostałe dwie - \(\displaystyle{ y=cx+d _{1}}\). Potem prowadzimy kolejne równoległe (tzn. \(\displaystyle{ y=cx+d _{2,3,....}}\). I liczymy punkty wyznaczające pierwszy trapez, potem wyznaczamy równania przekątnych i ich punkt przecięcia. Jak zrobisz to kilka razy powinnaś zobaczyć pewną prawidłowość; z tych uzyskanych punktów przecięcia powinno się dać bez większych problemów wyznaczyć równanie prostej (jakieś \(\displaystyle{ y=ex+f}\), f powinno się wyzerować jeśli S ma należeć do tej prostej (bo to punkt (0,0)), a e ma się zmieścić między zerem i a (tu by trzeba było rozważać przypadki jaką prostą jest ax, ale z rachunków powinno wyjść).
Nie chciało mi się tego przeliczać, ale rzucam pierwszą myśl jaka mi do głowy wpadła i wydaje mi się to mieć ręce i nogi, chociaż prawdopodobnie jest kupa roboty przy tym, którą można obejść jakoś inaczej

[Sherlock]

Gdy słyszę "współliniowość" myślę "Menelaos"

1. Zauważmy trójkąt A'BC' z zaznaczonymi punktami D (na boku A'B), E (na boku BC') oraz punktem S na przedłużeniu boku A'C' (rysunek po lewej). Sprawdzimy następujące wyrażenie:
\(\displaystyle{ \frac{|C'E|}{|EB|} \cdot \frac{|BD|}{|DA'|} \cdot \frac{|SA'|}{|SC'|} =}\)
2. Zauważmy zależności (rysunek po prawej):
a) trójkąt CC'E jest podobny do trójkąta B'BE (dlaczego?) więc
\(\displaystyle{ \frac{|C'E|}{|EB|}= \frac{|CC'|}{|B'B|}}\)
b) trójkąt BB'D jest podobny do trójkąta A'AD więc
\(\displaystyle{ \frac{|BD|}{|DA'|}= \frac{|BB'|}{|A'A|}}\)
c) trójkąt SAA' jest podobny do trójkąta SCC' (dlaczego?) więc
\(\displaystyle{ \frac{|SA'|}{|SC'|}= \frac{|AA'|}{|CC'|}}\)
3) Zatem
\(\displaystyle{ \frac{|C'E|}{|EB|} \cdot \frac{|BD|}{|DA'|} \cdot \frac{|SA'|}{|SC'|} = \frac{|CC'|}{|B'B|} \cdot \frac{|BB'|}{|A'A|} \cdot \frac{|AA'|}{|CC'|}=1}\)
Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Menelaosa punkty S, D oraz E są współliniowe.

[Hausa]

Sherlock, Tylko mam pytanie, bo jak są dwa trapezy to mamy 2 punkty, czyli na pewno leżą na jednej prostej. Czyli żeby udowodnić to dla większej ilości trapezów muszę dorysować jakiś trzeci trapez i dokończyć dowód analogicznie ? Tzn że leży na jednej linii z punktem S i np E i do tej równości.

[Sherlock]

Hausa, zastanawiałem się jak to formalnie uogólnić Nieformalnie to można przeprowadzić taki eksperyment myślowy: zostawmy punkty S i D ale stwórzmy "inny" drugi trapez np. z punktem F (punkt przecięcia się przekątnych). Dla nowej sytuacji przeprowadzamy analogiczne wyliczenia i wychodzi, że punkty S,D oraz F są współliniowe. Ponieważ do wyznaczenia prostej wystarczą dwa punkty to na prostej SD leży punkt F oraz punkt E (który też był współliniowy z S i D)...