Przecięcie przekątnych sześciokąta w jednym punkcie

[Elek112]

W sześciokącie wypukłym \(\displaystyle{ A B C D E F}\) wszystkie boki są równej długości oraz
kąty \(\displaystyle{ A+C+E=B+D+F}\)
Dowieść, że \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ BE}\), \(\displaystyle{ CF}\) przecinają się w jednym punkcie.

[AloneAngel]

Skoro ma wszystkie boki równej długości - jest foremny, a więc można na nim opisać okrąg.



A więc możemy skorzystać z zależności, że przekątne sześciokąta opisanego na okręgu przecinają się w jednym punkcie gdy:

\(\displaystyle{ \frac{|AB|}{|BC|} \cdot \frac{|CD|}{|DE|} \cdot \frac{|EF|}{|FA|} = 1}\)

Skoro boki są równe, czyli \(\displaystyle{ |AB| = |BC| = |CD| = |DE| = |EF| = |FA|}\)

Czyli \(\displaystyle{ \frac{|AB|}{|BC|} = 1 \ \frac{|CD|}{|DE|} = 1 \frac {|EF|}{|FA|} = 1}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ \frac{|AB|}{|BC|} \cdot \frac{|CD|}{|DE|} \cdot \frac{|EF|}{|FA|} = 1 \\
1 \cdot 1 \cdot 1 = 1 \\
1=1}\)

A więc w tym wielokącie przekątne przecinają się w jednym punkcie.

[Vax]

Skoro ma wszystkie boki równej długości - jest foremny

Nieprawda.

[Majeskas]

Na potwierdzenie: Weźmy kwadrat o boku \(\displaystyle{ a}\) i sklejmy wzdłuż z jednego z boków z dowolnym rombem o boku \(\displaystyle{ a}\) (który nie jest kwadratem).

[AloneAngel]

Wydaje mi się, że jak skleimy w taki sposób, to on nie będzie wypukły.

[Majeskas]

Owszem. Ale w uzasadnieniu foremności nie powoływałeś się na wypukłość. Zresztą może być i wypukły kontrprzykład. Sklejmy wzdłuż dłuższej podstawy dwa przystające trapezy równoramienne (nie będące kwadratami), których ramiona i krótsza podstawa mają długość \(\displaystyle{ a}\), a kąt ostry ma miarę inną niż \(\displaystyle{ 60^\circ}\).

[Elek112]

Skoro ma wszystkie boki równej długości - jest foremny

Nieprawda.

ale dzięki równaniu z kątami już chyba można nie?


@AloneAngel

rozumiem, że coś przekombinowałeś z twierdzeniem Cevy, ale skąd ci się wzięło, że dla sześciokąta tak to wygląda? Możecie podesłać jakieś materiały z Cevą, dla wielokątów o wiekszęj liczbie boków niż trójkąt?

[Vax]

Skoro ma wszystkie boki równej długości - jest foremny

Nieprawda.

ale dzięki równaniu z kątami już chyba można nie?

Nie.

AU

e9ahsg.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 274 razy

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie takim punktem, że \(\displaystyle{ |BC| = |CX|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle BAF = \angle BCX}\). Z założenia wynika \(\displaystyle{ \angle A + \angle C + \angle E = \angle B + \angle D + \angle F = 360^{\circ}}\), skąd \(\displaystyle{ \angle XCD = \angle FED}\) czyli \(\displaystyle{ \angle BCX \equiv \triangle BAF}\) oraz \(\displaystyle{ \triangle XCD \equiv \triangle FED}\). Dodatkowo jak łatwo zauważyć punkt \(\displaystyle{ C}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BDX}\), czyli:

\(\displaystyle{ \alpha = \angle AFB = \angle FBA = \angle XBC = \angle CXB \Rightarrow \angle BCX = \pi - 2\alpha \Rightarrow \angle BDX = 90^{\circ} - \alpha}\).

Podobnie \(\displaystyle{ \beta = \angle DFE = \angle EDF = \angle CDX = \angle DXC \rightarrow \angle XCD = \pi - 2\beta \Rightarrow \angle XBD = 90^{\circ}-\beta \Rightarrow \angle CBD = \angle BDC = 90^{\circ}-\alpha-\beta}\)

Ale \(\displaystyle{ \triangle BFD \equiv \triangle BXD}\), skąd \(\displaystyle{ \angle DBF = \angle XBD = 90^{\circ}-\beta \wedge \angle FDB = \angle BDX = \angle 90^{\circ}-\alpha}\)

Czyli \(\displaystyle{ \angle CBA = \angle FED \wedge \angle BAF = \angle EDC \wedge \angle AFE = \angle DCB}\), czyli \(\displaystyle{ \triangle ABC \equiv \triangle FED}\), skąd \(\displaystyle{ |AC| = |DF|}\), czyli \(\displaystyle{ ACDF}\) jest równoległobokiem, skąd w szczególności \(\displaystyle{ AC || DF}\), analogicznie \(\displaystyle{ BD || AE}\) oraz \(\displaystyle{ CE || BF}\), więc trójkąty \(\displaystyle{ \triangle ACE}\) oraz \(\displaystyle{ \triangle BDF}\) są jednokładne (mają odpowiednie boki równoległe), a stad wniosek, że proste o których mowa w treści zadania przecinają się w jednym punkcie - środku jednokładności.