Номер 454, страница 152 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

454. Докажите, что:

а) если противоположные стороны шестиугольника равны и параллельны, то три его диагонали, соединяющие противоположные вершины, пересекаются в одной точке (рис. 318);

Рис. 318

б) если противоположные стороны четырехугольника не параллельны, то три прямые, проходящие через середины противоположных сторон и середины диагоналей, пересекаются в одной точке;

в) середины диагоналей трапеции и середины боковых сторон лежат на одной прямой.

а) Пусть дан шестиугольник $ABCDEF$. Противоположными сторонами являются пары $(AB, DE)$, $(BC, EF)$ и $(CD, FA)$. Противоположные вершины — это пары $(A, D)$, $(B, E)$ и $(C, F)$. Диагонали, соединяющие противоположные вершины, — это отрезки $AD$, $BE$ и $CF$.
По условию, противоположные стороны шестиугольника равны и параллельны. Рассмотрим четырехугольник $ABDE$. Его противоположные стороны $AB$ и $DE$ по условию равны ($AB=DE$) и параллельны ($AB \parallel DE$). Четырехугольник, у которого две противоположные стороны равны и параллельны, является параллелограммом. Следовательно, $ABDE$ — параллелограмм.
Диагонали параллелограмма пересекаются и в точке пересечения делятся пополам. Пусть диагонали $AD$ и $BE$ параллелограмма $ABDE$ пересекаются в точке $O$. Тогда точка $O$ является серединой как диагонали $AD$, так и диагонали $BE$.
Теперь рассмотрим четырехугольник $BCFE$. Его противоположные стороны $BC$ и $EF$ по условию также равны ($BC=EF$) и параллельны ($BC \parallel EF$). Следовательно, $BCFE$ — тоже параллелограмм. Его диагоналями являются отрезки $BE$ и $CF$. Они также пересекаются в своей середине.
Мы уже установили, что середина диагонали $BE$ — это точка $O$. Так как диагонали параллелограмма $BCFE$ делятся в точке пересечения пополам, то середина диагонали $CF$ также должна совпадать с серединой диагонали $BE$. Это означает, что диагональ $CF$ тоже проходит через точку $O$, и $O$ является ее серединой.
Таким образом, все три диагонали $AD$, $BE$ и $CF$ пересекаются в одной и той же точке $O$.
Ответ: Утверждение доказано.

б) Пусть дан четырехугольник $ABCD$. Обозначим середины его противоположных сторон $AB$ и $CD$ как $M_1$ и $M_2$, а середины сторон $BC$ и $DA$ как $M_3$ и $M_4$. Обозначим середины диагоналей $AC$ и $BD$ как $P$ и $Q$. Нам нужно доказать, что прямые $M_1M_2$, $M_3M_4$ и $PQ$ пересекаются в одной точке.
Воспользуемся методом векторов. Пусть $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$ — радиус-векторы вершин $A$, $B$, $C$, $D$ соответственно. Тогда радиус-векторы середин отрезков будут:
$M_1: \vec{m_1} = \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2}$
$M_2: \vec{m_2} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$
$M_3: \vec{m_3} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$
$M_4: \vec{m_4} = \frac{\vec{d} + \vec{a}}{2}$
$P: \vec{p} = \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2}$
$Q: \vec{q} = \frac{\vec{b} + \vec{d}}{2}$
Найдем радиус-вектор середины отрезка $M_1M_2$. Назовем эту точку $G_1$.
$\vec{g_1} = \frac{\vec{m_1} + \vec{m_2}}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{a} + \vec{b}}{2} + \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$
Найдем радиус-вектор середины отрезка $M_3M_4$. Назовем эту точку $G_2$.
$\vec{g_2} = \frac{\vec{m_3} + \vec{m_4}}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} + \frac{\vec{d} + \vec{a}}{2} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$
Найдем радиус-вектор середины отрезка $PQ$. Назовем эту точку $G_3$.
$\vec{g_3} = \frac{\vec{p} + \vec{q}}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\vec{a} + \vec{c}}{2} + \frac{\vec{b} + \vec{d}}{2} \right) = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}}{4}$
Так как $\vec{g_1} = \vec{g_2} = \vec{g_3}$, все три отрезка ($M_1M_2$, $M_3M_4$ и $PQ$) имеют общую середину. Назовем эту точку $G$. Точка $G$ является центроидом вершин четырехугольника.
Поскольку точка $G$ принадлежит каждому из отрезков $M_1M_2$, $M_3M_4$ и $PQ$, то и прямые, содержащие эти отрезки, проходят через точку $G$. Следовательно, эти три прямые пересекаются в одной точке.
Условие о том, что противоположные стороны не параллельны, необходимо для того, чтобы исключить вырожденный случай параллелограмма, у которого середины диагоналей $P$ и $Q$ совпадают, и прямая $PQ$ не определена однозначно.
Ответ: Утверждение доказано.

в) Пусть дана трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ ($BC \parallel AD$). Боковыми сторонами являются $AB$ и $CD$. Диагонали — $AC$ и $BD$.
Пусть $M$ — середина боковой стороны $AB$, а $N$ — середина боковой стороны $CD$. Отрезок $MN$ является средней линией трапеции. По свойству средней линии, она параллельна основаниям: $MN \parallel AD \parallel BC$.
Пусть $P$ — середина диагонали $AC$. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$. Отрезок $MP$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$. По теореме о средней линии треугольника, $MP$ параллельна стороне $BC$ ($MP \parallel BC$).
Так как через точку $M$ можно провести только одну прямую, параллельную $BC$, а мы знаем, что $MN \parallel BC$ и $MP \parallel BC$, то точка $P$ должна лежать на прямой $MN$.
Пусть $Q$ — середина диагонали $BD$. Рассмотрим треугольник $\triangle ABD$. Отрезок $MQ$ соединяет середины сторон $AB$ и $BD$. По теореме о средней линии треугольника, $MQ$ параллельна стороне $AD$ ($MQ \parallel AD$).
Так как через точку $M$ можно провести только одну прямую, параллельную $AD$, а мы знаем, что $MN \parallel AD$ и $MQ \parallel AD$, то точка $Q$ также должна лежать на прямой $MN$.
Таким образом, точки $M$ и $N$ (середины боковых сторон), а также точки $P$ и $Q$ (середины диагоналей) лежат на одной и той же прямой — средней линии трапеции.
Ответ: Утверждение доказано.