Диагонали вписанного шестиугольника

[Dave]

Шестиугольник $ABCDEF$ вписан в окружность, причём $AD$ - диаметр этой окружности, а $BC=EF$. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K$, диагонали $BE$ и $CF$ - в точке $L$, а диагонали $DF$ и $EA$ - в точке $M$. Докажите, что $L$ - середина отрезка $KM$.

[Keter]

Из теоремы Паскаля для самопересекающегося шестиугольника $AEBDFC$ следует, что точки $K, L$ и $M$ лежат на одной прямой.
Условие $BC=EF$ влечет равенство $KL=LM.$ Тут нужно подумать.

[Dimoniada]

Красивая задача. Равносильна такой:
в $\triangle ABC$ точки $M$ и $N$ изогонально сопряжены (это наши точки $K$ и $M$ в одинаковых $\triangle BCL$ и $\triangle EFL$, если их совместить, разумеется). Докажите, что $M$ и $N$ равноудалены от вершины $A$, если известно, что $\angle {A/2} + \angle {ACN} + \angle {ABN} = {\pi}/2$.
В такой формулировке видно, что четырёхугольник $BCMN$ ложиться вершинами на окружность, далее подсчёт углов в $\triangle {AMN}$ показывает его равнобедренность.

[_Ivana]

Задача красивая, хорошая. Но почти любую красивую и хорошую задачу можно превратить в скучную и нудную, но вполне решаемую.
Без потери общности введем систему координат с началом в центре единичной окружности, точки $A$ и $D$ будут иметь координаты $(-1, 0)$ и $(1, 0)$ соответственно, 4 оставшиеся точки имеют свободные координаты, но лежат на единичной окружности, так что пара координат каждой точки имеют вполне однозначную функциональную связь, равенство двух отрезков дает нам еще одну связь, далее записываем по известным формулам уравнения всех заданных диагоналей - прямых, проходящих через пары точек, находим по не менее известным формулам точки пересечения нужных прямых, и (применяя вышеописанные уравнения связей на координаты), доказываем, что точка $L$ является серединой $KM$ - через координаты это условие записывается тривиально, как среднее арифметическое соответствующих координат отрезка - и не надо доказывать что они лежат на одной прямой, это последует автоматически.

Расписывать полностью поленился, проверил в Геогебре - все так. Простите, если предложил занудство вместо красоты и элегантности, но подобным методом я решил достаточно задач, без применения "теоремы Паскаля для самопересекающегося шестиугольника" и прочих экзотических планиметрических теорем

[nnosipov]

_Ivana в сообщении #753622 писал(а):

так что пара координат каждой точки имеют вполне однозначную функциональную связь, равенство двух отрезков дает нам еще одну связь,

От связей лучше сразу избавится, введя соответствующим образом систему координат. Это типичная задача рационального типа.

[_Ivana]

Поясните пожалуйста. Введя систему координат таким образом, что точки $A$ и $D$ лежат на оси $x$ и взяв за единицу радиус окружности, я использовал все степени свободы, и уже не могу ввести её ещё удобнее. Или вы предлагаете полярную систему координат, которая в данной задаче может иметь свои удобства?

[nnosipov]

Можно так: $B=z_1$, $C=z_2$, $E=\overline{z_2}=z_2^{-1}$, $F=\overline{z_1}=z_1^{-1}$, $A=z_3$, $D=-z_3$, где $z_j$ --- комплексные числа, по модулю равные единице. А дальше вычисления с рациональными дробями от трёх переменных:

$$ K= \frac{2z_2z_1-z_3z_2+z_1z_3}{z_2+z_1}, \quad L=\frac{z_1z_2+1}{z_2+z_1}, \quad M=\frac{z_3z_2-z_3z_1+2}{z_2+z_1}. $$

И завершает всё проверка тождества $L=(K+M)/2$.

[_Ivana]

Хорошая идея, действительно. 4 точки образуют равнобочную трапецию, а пару диаметрально противоположных точек не обязательно располагать вдоль оси. Должно быть проще, чем мое предложение. Сам сразу не додумался, потому что пошел по известному проторенному пути, увидев свет в конце не далекого тоннеля

[Dave]

nnosipov, а как Вы ищете точку пересечения двух прямых в общем случае? Там же в числителе вроде 8 слагаемых получается, а в знаменателе - 4?

[nnosipov]

Dave в сообщении #754240 писал(а):

nnosipov, а как Вы ищете точку пересечения двух прямых в общем случае? Там же в числителе вроде 8 слагаемых получается, а в знаменателе - 4?

В комплексных координатах всё в два раза меньше. Вот формула:

$$ z=\frac{v(q\overline{w}-\overline{q}w)- w(p\overline{v}-\overline{p}v)}{v\overline{w}-\overline{v}w}. $$

Здесь $z$ --- точка пересечения прямых: проходящей через $p$ в направлении $v$ и проходящей через $q$ в направлении $w$.

[Dave]

Я как раз комплексные числа и имел ввиду. Если у нас есть 4 (вообще говоря, произвольные) точки, то направления нужно расписывать как разности. Тогда и получается, как я говорил.

[nnosipov]

Окей, программировать можно по-разному.

[Dave]

Нет, программировать, конечно, лучше Вашим способом. Вот только человек на олимпиаде должен будет сделать всё это вручную. Да ещё и, по идее, обосновать справедливость используемых формул.

[nnosipov]

Dave, конечно, на олимпиаде такое вряд ли разумно применять (разве что китайцы на это способны ). Речь о том, что можно довольно дёшево убедиться в справедливости той или иной геометрической гипотезы. К геометрии это не имеет отношения, это компьютерная алгебра, mechanical theorem proving.

[Dave]

А вот моё, геометрическое решение.

Углы, опирающиеся на равные дуги: $\angle CFB=\angle CAB=\angle EAF=\angle EBF=\alpha$. Значит треугольник $BLF$ - равнобедренный. Пусть $N$ - такая точка на биссектрисе угла $BLF$, что $\angle LFN=\angle LBN=\frac \pi 2$. Тогда $\angle FNL=\angle BNL=\alpha$ и $\triangle ABK \sim \triangle NBL \sim \triangle NFL \sim \triangle AFM$. Рассмотрим поворотную гомотетию вокруг точки $F$, при которой точка $N$ переходит в $L$. Угол этой гомотетии равен $\frac \pi 2$, коэффициент - $\tg \alpha$. Значит при этой гомотетии точка $A$ перейдёт в точку $M$, стало быть, отрезок $NA$ - в отрезок $LM$, причём

$$NA \perp LM \quad \text{и} \quad \frac {LM} {NA}=\tg \alpha \, . \eqno(1)$$

Аналогичным образом, рассматривая поворотную гомотетию вокруг точки $B$, при которой $N$ перейдёт в $L$, получим, что

$$NA \perp LK \quad \text{и} \quad \frac {LK} {NA}=\tg \alpha \, . \eqno(2)$$

Из $(1)$ и $(2)$ следует, что $MLK$ - прямая и $LM=LK$.