Квант
Математический кружок

Вписанный шестиугольник

Лоповок Л. М.

Квант 1973, №1с. 18, 20, 21, 22Тег J81S

18

В разделе «Математический кругок» мы пубlikуем заметки, в которых речь идем о задачах, близких к цикловой программе по математике. Общно эти заметки построены как значия математического кругка: циклело предладает несолько место связанных дреуг с дреугом задач. Некоморые из них решения в тексте, а другие — и лекце, и более трудные — оставлены для самостоятельного решения.

Как правило, наш «Математический кругок» доступен циклыми, речь идет о правильных шестиугольниках. Между тем в окружность произвольный выпуклый шестиугольник заслучавает особого внимание, так как обладает рядом интересных свойств.

Более 330 лет назад знаменитый французский математик Блэз Паскаль (тогда 16-летний юноша) изучал неокторые свойства шестиугольника, вписанного в кончческое сечение (то есть в окружность, эллипс, гиперболу или парабoly). При этом он открыл теорему, носящую ныне его имя: если шестиугольник вписан в кончческое сечение, то точки пересечения его противоположных сторон (или их продолжений) лежат на одной прямой. Свои исследования Паскаль выполил средствами так называемой проективной геометрии. Мы рассмотрим свойство выпуклого шестиугольника, вписанного в окружность. Такое упрощение задачи позволяет нам не выходит за рамки элементарной геометрии.

Углы

Суммы взязывах через один угловой вписанного выпуклого шестиугольника равны между собой.

Пусть (рис. 1) выпуклый шестиугольник A1A2A3A4A5A6A_1A_2A_3A_4A_5A_6 вписан в окружность. Обозначим ее дуги A1A2A_1A_2, A2A3A_2A_3, …, A6A1A_6A_1 соответствующего через 2x12x_1, 2x22x_2, …, 2x62x_6. Тогда по свойству вписанных углов ⇒A1=x2+x3+x4+x5\Rightarrow A_1=x_2+x_3+x_4+x_5, ⇒A3=x1+x4+x5+x6\Rightarrow A_3=x_1+x_4+x_5+x_6, ⇒A5=x1+x2+x3+x6\Rightarrow A_5=x_1+x_2+x_3+x_6.

Позтому ⇒A1+⇒A3+⇒A5=2x1+2x2+2x3+2x4+2x5+2x6=360∘\Rightarrow A_1+\Rightarrow A_3+\Rightarrow A_5=2x_1+2x_2+2x_3+2x_4+2x_5+2x_6=360^\circ.

Поскольку сумма внутренних углов выпуклого шестиугольника равна 720∘720^\circ, то ⇒A2+⇒A4+⇒A6=360∘\Rightarrow A_2+\Rightarrow A_4+\Rightarrow A_6=360^\circ.

20

(очевидно, это всегда можно сделать).

Пусть A1A2⋅A3A4⋅A5A6=A2A3⋅A4A5⋅A6A1A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5A_6 = A_2A_3 \cdot A_4A_5 \cdot A_6A_1; диагонали A1A4A_1A_4 и A2A5A_2A_5 пересекаются в точке MM, а диагональ A3A6A_3A_6 не проходит через эту точку (рис. 3). Рассмотрим шестиугольник A1A2A3A4A5BA_1A_2A_3A_4A_5B, вписанный в ту же окружность, причем точка BB лежит на пересечении окружности и прямой A3MA_3M; у этого шестиугольника все больше диагонали проходят через точку MM.

Тогда по доказанной теореме
A1A2⋅A3A4⋅A5B=A2A3×A4A5⋅BA1.A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5B = A_2A_3 \times A_4A_5 \cdot BA_1.
Сравнить это равенство с условиям, видим, что
A5A6A5B=A6A1BA1.\frac{A_5A_6}{A_5B} = \frac{A_6A_1}{BA_1}.
Но если точка BB (лежащая между A5A_5 и A1A_1) лежит между A5A_5 и A6A_6, то из условия ⋃A1A5<180∘\bigcup A_1A_5 < 180^\circ получаем:
A5B<A5A6,BA1>A6A1,A_5B < A_5A_6, BA_1 > A_6A_1,
откуда
A5A6A5B>1>A6A1BA1\frac{A_5A_6}{A_5B} > 1 > \frac{A_6A_1}{BA_1}

— строгое неравенство вместе равенства. Аналогично рассматривается случай, когда точка BB лежит между A1A_1 и A6A_6. Следовательно, допущение, что третья больше диагональ исходного шестиугольника не проходит через точку MM, ошибочно.

Таким образом, равенство произведений сторона выпуклого

Рис. 4.

шестнуюугольника, взятых через одну, является необходимым и достаточно условием пересечения больших диагоналей шестиугольника в одной точке.

Метрическое соответствия между сторонами и большими диагоналями вписанного выпуклого шестиугольника

Произведение больших диагоналей вписанного выпуклого шестиугольника равно сумме произведений его сторон, взятых через одну, и произведений его промивоположных сторон на разделяющую их большую диагональ (на рисунке 4 xyz=abc+a1b1c1+aa1x+bb1y+cc1zxyz = abc + a_1b_1c_1 + aa_1x + bb_1y + cc_1z).

Как известно, произведение диагоналей вписанного четырехугольника равно сумме произведений противоположных сторона четырехугольника (теорема Птолемея).

Обозначения всех элементов шестиугольника приведены на рисунке 4. По теореме Птолемея из четырехугольника A2A3A5A6A_2A_3A_5A_6 находится
xy=cc1+dexy = cc_1 + de
и
xyz=cc1z+dez.xyz = cc_1z + dez.
Но ee и zz — диагоналии вписанного четырехугольника A1A3A4A5A_1A_3A_4A_5. Поэтому ez=fa1+gbez = fa_1 + gb. Таким образом,
xyz=cc1z+dfa1+dgb.xyz = cc_1z + dfa_1 + dgb.

Из вписанного четырехугольника A1A2A3A6A_1A_2A_3A_6 находится df=ax+b1c1df = ax + b_1c_1, а из четырехугольника A1A2A5A6A_1A_2A_5A_6:dg=ac+b1ydg = ac + b_1y. Подставив эти значения, получим требуемое равенство.

Вычисление диагоналей вписанного выпуклого шестиугольника по его сторонам является весма сложной задачей. Только в случае, когда вписанный шестиугольник является полуправным (a=b=c,a1=b1=c1a = b = c, a_1 = b_1 = c_1), решение просто. Поскольку все углы такого шестиугольника равны 120∘120^\circ, малая диагональ определяется как третья сторона треугольника, у которой две стороны равны aa

21

Рис. 5.
и a1a_1, а угол между ними 120∘120^\circ. Следовательно, α=a2+aa1+a12\alpha = \sqrt{a^2 + aa_1 + a_1^2}. Большая диагональ является основанием трапеции, у которой боковые стороны равны и образуют с основанием углы по 60∘60^\circ. У такой трапеции больше основание равно сумме второго основания и боковой стороны, то есть
x=a+a1.x = a + a_1.

Некоторые точки

Нам потребуется одно свойство треугольника — теорема Менелая.

Пусть прямая, не проходящая через вершину треугольника ABC, пересекает его стороны AB, BC, CA или их продолжения соответствующего точки C1_1, A1_1 и B1_1 (пример такой конфигурации дан на рисунке 5); моеда

AC1BC1⋅BA1CA1⋅CB1AB1=1.\frac{AC_1}{BC_1} \cdot \frac{BA_1}{CA_1} \cdot \frac{CB_1}{AB_1} = 1.

Легко также доказать справедливость теоремы Менелая в случае, когда прямая пересекает только продолжения сторона треугольника, — сделайте это самостояльно.

Пусть выпуклый шестиугольник висан в окружность и продолжения его продолжения соответствующего в точках K, L и M (рис. 6). Тогда точки K, L и M лежат на одной прямой.

Продолжения сторона A1A2A_1A_2, A3A4A_3A_4 и A5A6A_5A_6 пересекаются в точках B, C и D. Расстояние пересечение треугольника BCD прямыми KA2A3KA_2A_3, LA5A4LA_5A_4, MA6A1MA_6A_1 (приемые записаны не двумя точками, как обычно, а треями, чтобы показать и точку, в которой прямая пересекает продолжение

22

Рис. 7.

нище соответствующей стороны треугольника BCD). По теореме Менелая для этих прямых имеем:

BA2A2D⋅DKKC⋅CA3A3B=−1;\frac{BA_2}{A_2D} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CA_3}{A_3B} = -1;

BLLD⋅DA5A5C⋅CA4A4B=−1;\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DA_5}{A_5C} \cdot \frac{CA_4}{A_4B} = -1;

CMMB⋅BA1A1D⋅DA6A6C=−1.\frac{CM}{MB} \cdot \frac{BA_1}{A_1D} \cdot \frac{DA_6}{A_6C} = -1.

Переменный эти равенства, получим:

BL⋅DK⋅CMLD⋅KC⋅MB×\frac{BL \cdot DK \cdot CM}{LD \cdot KC \cdot MB} \times

×BA2⋅CA3⋅DA5⋅CA4⋅BA1⋅DA6A2D⋅A3B⋅A5C⋅A4B⋅A1D⋅A6C=−1.\times \frac{BA_2 \cdot CA_3 \cdot DA_5 \cdot CA_4 \cdot BA_1 \cdot DA_6}{A_2D \cdot A_3B \cdot A_5C \cdot A_4B \cdot A_1D \cdot A_6C} = -1.

(*)

По свойству секущих, проведенных к окружности из одной точки, BA1⋅BA2=BA3⋅BA4;CA3⋅CA4=CA5⋅CA6;DA5⋅DA6=DA1⋅DA2BA_1 \cdot BA_2 = BA_3 \cdot BA_4; CA_3 \cdot CA_4 = CA_5 \cdot CA_6; DA_5 \cdot DA_6 = DA_1 \cdot DA_2.

Поэтому вторая дробь в (*) равна 1. Таким образом,

BLLD⋅DKKC⋅CMMB=−1.\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CM}{MB} = -1.

А это, как мы знаем, доказывает, что точки K, L и M лежат на одной прямой.

Точка пересечения диагоналей A1A3A_1A_3 и A2A4A_2A_4, A2A5A_2A_5 и A3A6A_3A_6, A1A5A_1A_5 и A4A6A_4A_6 (рис. 7) также лежат на одной прямой.

Для доказательства использует теорему синусов (стороны треугольника пропорциональных синусам противолежащих углов) и теорему, обратную теореме Менелая для треугольника A1A3EA_1A_3E и точек B, C, D:

A1BBA3=A1BA2B⋅A2BBA3=\frac{A_1B}{BA_3} = \frac{A_1B}{A_2B} \cdot \frac{A_2B}{BA_3} =

=sin⁡(x4+x5+x6)sin⁡x2⋅sin⁡x1sin⁡x3;= \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin x_2} \cdot \frac{\sin x_1}{\sin x_3};

A3CCE=A3CCA5⋅CA5CE=\frac{A_3C}{CE} = \frac{A_3C}{CA_5} \cdot \frac{CA_5}{CE} =

=sin⁡x2sin⁡x5⋅sin⁡(x3+x4+x6)sin⁡x1;= \frac{\sin x_2}{\sin x_5} \cdot \frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin x_1};

EDDA1=−EDA1D=\frac{ED}{DA_1} = -\frac{ED}{A_1D} =

=−EDDA6⋅DA6A1D=−sin⁡x3sin⁡(x1+x2+x5)×sin⁡x5sin⁡(x1+x2+x3).= -\frac{ED}{DA_6} \cdot \frac{DA_6}{A_1D} = -\frac{\sin x_3}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)} \times \frac{\sin x_5}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)}.

Переменной эти равенства, получим:

A1BBA3⋅A3CCE⋅EDDA1=\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} =

=−sin⁡(x3+x4+x6)sin⁡(x1+x2+x3)⋅sin⁡(x4+x5+x6)sin⁡(x1+x2+x5).= -\frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)} \cdot \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)}.

Поскольку x1+x2+x3+x4+x5+x6=180∘x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 180^\circ, то

sin⁡(x1+x2+x3)=sin⁡(x4+x5+x6)\sin(x_1 + x_2 + x_3) = \sin(x_4 + x_5 + x_6)

и

sin⁡(x1+x2+x5)=sin⁡(x3+x4+x6)\sin(x_1 + x_2 + x_5) = \sin(x_3 + x_4 + x_6)

Следовательно,

A1BBA3⋅A3CCE⋅EDDA1=−1.\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} = -1.

А это и доказывает, что точки B, C и D лежат на одной прямой.

Аналогично можно показать, что на одной прямой лежат точки пересечения диагоналей A1A3A_1A_3 и A2A6A_2A_6, A3A5A_3A_5 и A4A6A_4A_6, A1A4A_1A_4 и A2A5A_2A_5, а также точки пересечения диагоналей A1A5A_1A_5