[Planimetria] Sześciokąt o bokach równoległych

[Mistrz]

Dany jest sześciokąt, którego przeciwległe boki są do siebie równoległe. Dowieść, że proste łączące środki przeciwległych boków przecinają się w jednym punkcie.

[tkrass]

Ja bym sobie rozważył środek symetrii tego sześciokąta. To znaczy pomyślał sobie czy on istnieje, a jeżeli by się przypadkiem okazało, że tak, to gdzie leży i jaki to ma związek z tymi prostymi.

[Mistrz]

Nie... On nie musi mieć środka symetrii, choćby ze względu na to, że te przeciwległe boki nie muszą być równej długości. Trzeba chyba zacząć od czegoś innego.

[XMaS11]

Można to zrobić z tw. Cevy :
Oznaczmy jakoś wierzchołki tego sześciokąta, powiedzmy \(\displaystyle{ A B C D E F}\). Niech \(\displaystyle{ A_1,...F_1}\) oznaczają środki odcinków \(\displaystyle{ AB,...FA}\) odpowiednio.Najpierw takie proste spostrzeżenie: czworokąt \(\displaystyle{ ABDE}\) to trapez, o podstawach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ DE}\). Zatem odcinki \(\displaystyle{ AD,BE,A_1D_1}\), przecinają się w jedynym punkcie, powiedzmy \(\displaystyle{ X}\). Analogiczne punkty dla odcinków \(\displaystyle{ B_1E_1}\) i \(\displaystyle{ C_1F_1}\) nazwijmy \(\displaystyle{ Y,Z}\) odpowiednio. Teraz chcemy zastosować trygonometrycznego Ceve dla trójkąta \(\displaystyle{ XYZ}\) (kiedy \(\displaystyle{ AD,BE,CF}\) przecinają się w jednym punkcie, to po naszym spostrzeżeniu teza jest oczywista). W trójkącie \(\displaystyle{ AXB}\) odcinek \(\displaystyle{ XA_1}\) jest środkową. Oznacza to, że iloraz sinusów kątów \(\displaystyle{ AXA_1}\) i \(\displaystyle{ BXA_1}\) jest równy stosunkowi boków : \(\displaystyle{ \frac{BX}{AX}}\). Z kolei \(\displaystyle{ \frac{BX}{AX} = \frac{BE}{AD}}\). Wyliczając podobne stosunki sinusów dla kątow przy odcinkach \(\displaystyle{ YE_1}\) i \(\displaystyle{ ZC_1}\) dostajemy z trygonometrycznego Cevy, że przecinają się one w jednym punkcie (konkretnie dostajemy do pokazania, że \(\displaystyle{ \frac{AD}{BE} \cdot \frac{BE}{CF} \cdot \frac{CF}{AD} =1}\), co nie przedstawia większych trudności) , więc odcinki \(\displaystyle{ A_1D_1}\), \(\displaystyle{ B_1E_1}\) i \(\displaystyle{ C_1F_1}\) również, co chcieliśmy dowieść.

[Mistrz]

Ha! Faktycznie działa
Sam próbowałem to zrobić podobnym sposobem. Chciałem zastosować twierdzenie Cevy do tego samego trójkąta, niestety nie znałem jego trygonometrycznej wersji.
Dzięki.