Номер 855, страница 218 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

855. На сторонах АВ, ВС, СD и DА четырёхугольника АВСD отмечены соответственно точки K, L, M и N, не совпадающие с вершинами четырёхугольника. Докажите, что: а) прямые KL, MN и АС пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и толь ко тогда, когда AKKB∙BLLC∙CMMD∙DNNA= 1; б) прямые KL, MN и АС пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда это же верно в отношении прямых KN, LM и BD.

Для решения этой задачи мы будем использовать теорему Менелая для треугольника и пересекающей его прямой (секущей), а также теорему о пропорциональных отрезках (обобщенную теорему Фалеса).

а)

Нам нужно доказать, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда выполняется равенство $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Доказательство необходимости (?)

Предположим, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны.

Случай 1: Прямые пересекаются в одной точке $P$.

Рассмотрим треугольник $ABC$ и секущую $KL$, которая пересекает прямую $AC$ в точке $P$. По теореме Менелая для $\triangle ABC$ и прямой $KLP$ имеем:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1 $

Отсюда можно выразить отношение $ \frac{PA}{CP} $:$ \frac{PA}{CP} = \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} $ (1)

Теперь рассмотрим треугольник $ADC$ и секущую $MN$, которая также пересекает прямую $AC$ в точке $P$. По теореме Менелая для $\triangle ADC$ и прямой $NMP$ имеем:

$ \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1 $

Отсюда также выразим отношение $ \frac{PA}{CP} $:$ \frac{PA}{CP} = \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} = \frac{1}{\frac{DN}{NA} \cdot \frac{CM}{MD}} $ (2)

Приравнивая правые части выражений (1) и (2), получаем:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = \frac{1}{\frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA}} $

Перемножив, получаем требуемое равенство:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $

Случай 2: Прямые $KL$, $MN$ и $AC$ параллельны.

Если $KL \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках для $\triangle ABC$ и прямой $KL$ имеем $\triangle BKL \sim \triangle BAC$. Отсюда следует, что $ \frac{BK}{BA} = \frac{BL}{BC} $. Распишем это соотношение:

$ \frac{BK}{BK+KA} = \frac{BL}{BL+LC} \implies BK(BL+LC) = BL(BK+KA) \implies BK \cdot LC = BL \cdot KA $

Это эквивалентно $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 $.

Аналогично, если $MN \parallel AC$, то для $\triangle ADC$ и прямой $MN$ имеем $\triangle DMN \sim \triangle DAC$. Отсюда $ \frac{DM}{DC} = \frac{DN}{DA} $.

$ \frac{DM}{DM+MC} = \frac{DN}{DN+NA} \implies DM(DN+NA) = DN(DM+MC) \implies DM \cdot NA = DN \cdot MC $

Это эквивалентно $ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Поскольку все три прямые параллельны, оба условия выполняются. Перемножив их, получаем:

$ \left( \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \right) \cdot \left( \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} \right) = 1 \cdot 1 = 1 $

Необходимость доказана.

Доказательство достаточности (?)

Теперь предположим, что выполняется равенство $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Пусть прямая $KL$ пересекает прямую $AC$ в точке $P_1$. По теореме Менелая для $\triangle ABC$:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CP_1}{P_1A} = 1 \implies \frac{CP_1}{P_1A} = \frac{KB}{AK} \cdot \frac{LC}{BL} $.

Пусть прямая $MN$ пересекает прямую $AC$ в точке $P_2$. По теореме Менелая для $\triangle ADC$:

$ \frac{AN}{ND} \cdot \frac{DM}{MC} \cdot \frac{CP_2}{P_2A} = 1 \implies \frac{CP_2}{P_2A} = \frac{ND}{AN} \cdot \frac{MC}{DM} $.

Из исходного равенства следует, что $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = \frac{1}{\frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA}} = \frac{MD}{CM} \cdot \frac{NA}{DN} $.Таким образом, $ \frac{P_1A}{CP_1} = \frac{P_2A}{CP_2} $, или $ \frac{CP_1}{P_1A} = \frac{CP_2}{P_2A} $.

Поскольку точки $P_1$ и $P_2$ лежат на одной прямой $AC$ и делят отрезок $AC$ (внешним или внутренним образом) в одном и том же отношении, они должны совпадать: $P_1 = P_2$. Это означает, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке.

Возможен случай, когда одна из прямых, например $KL$, параллельна $AC$. В этом случае, как мы показали ранее, $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 $. Тогда из исходного равенства следует, что $ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $, что является условием параллельности $MN$ и $AC$. Таким образом, если $KL \parallel AC$, то и $MN \parallel AC$, и все три прямые параллельны.

Достаточность доказана.

Ответ: Утверждение доказано. Это обобщение теоремы Менелая для четырехугольника.

б)

Нам нужно доказать, что прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны друг другу тогда и только тогда, когда это же верно в отношении прямых $KN$, $LM$ и $BD$.

Обозначим первое утверждение как $S_1$, а второе как $S_2$.

$S_1$: прямые $KL$, $MN$ и $AC$ пересекаются в одной точке или параллельны.

$S_2$: прямые $KN$, $LM$ и $BD$ пересекаются в одной точке или параллельны.

Из пункта а) мы знаем, что утверждение $S_1$ эквивалентно следующему условию ($C_1$):

$C_1: \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1$

Теперь проанализируем утверждение $S_2$. Оно имеет аналогичную структуру, но для другой тройки прямых. Здесь диагональ $BD$ делит четырехугольник на треугольники $ABD$ и $CBD$. Прямая $KN$ является секущей для $\triangle ABD$, а прямая $LM$ — для $\triangle CBD$. Мы можем применить ту же логику, что и в пункте а).

Докажем, что утверждение $S_2$ также эквивалентно условию $C_1$.

Случай 1: Прямые $KN$, $LM$ и $BD$ пересекаются в одной точке $Q$.

Рассмотрим $\triangle ABD$ и секущую $KNQ$. По теореме Менелая:

$ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{AK} \cdot \frac{NA}{DN} $

Рассмотрим $\triangle CBD$ и секущую $LMQ$. По теореме Менелая (обходя вершины в порядке C-M-D-Q-B-L-C):

$ \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DQ}{QB} \cdot \frac{BL}{LC} = 1 \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{CM}{MD} \cdot \frac{BL}{LC} $

Приравнивая выражения для $ \frac{BQ}{QD} $, получаем:

$ \frac{KB}{AK} \cdot \frac{NA}{DN} = \frac{CM}{MD} \cdot \frac{BL}{LC} $

Перенесем все сомножители в одну сторону:

$ 1 = \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} $

Это и есть условие $C_1$.

Случай 2: Прямые $KN$, $LM$ и $BD$ параллельны.

Если $KN \parallel BD$, то для $\triangle ABD$ по теореме о пропорциональных отрезках ($\triangle AKN \sim \triangle ABD$):

$ \frac{AK}{AB} = \frac{AN}{AD} \implies \frac{AK}{AK+KB} = \frac{AN}{AN+ND} $. Это, как было показано ранее, эквивалентно $ \frac{AK}{KB} = \frac{AN}{ND} $, или $ \frac{AK}{KB} \cdot \frac{DN}{NA} = 1 $.

Если $LM \parallel BD$, то для $\triangle CBD$ по теореме о пропорциональных отрезках ($\triangle CLM \sim \triangle CBD$):

$ \frac{CL}{CB} = \frac{CM}{CD} \implies \frac{CL}{CL+LB} = \frac{CM}{CM+MD} $. Это эквивалентно $ \frac{CL}{LB} = \frac{CM}{MD} $, или $ \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} = 1 $.

Если все три прямые параллельны, то оба условия выполняются. Перемножив их, получим:

$ \left( \frac{AK}{KB} \cdot \frac{DN}{NA} \right) \cdot \left( \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \right) = 1 \cdot 1 = 1 $

Сгруппировав множители, снова получаем условие $C_1$.

Таким образом, мы показали, что утверждение $S_2$ (прямые $KN$, $LM$, $BD$ конкурентны или параллельны) истинно тогда и только тогда, когда выполняется условие $C_1$.

Поскольку и $S_1$, и $S_2$ эквивалентны одному и тому же условию $C_1$, они эквивалентны между собой: $ S_1 \iff C_1 \iff S_2 $.

Ответ: Утверждение доказано. Выполнение условия для одной тройки прямых (KL, MN, AC) равносильно выполнению условия для другой тройки (KN, LM, BD).