Страница 95 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

8.33. Постройте изображение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, если на рисунке 8.44 точки M и N являются изображениями точек A и B соответственно, а точки $O_1$ и F — изображениями середин отрезков BD и $AC_1$ соответственно.

Рис. 8.44

Для построения изображения куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ воспользуемся свойствами параллельного проецирования и геометрическими свойствами куба. При параллельном проецировании параллельность прямых сохраняется, а также сохраняется отношение длин отрезков, лежащих на параллельных прямых. Это означает, что середина отрезка проецируется в середину проекции отрезка.

Проанализируем данные задачи:

• Точки $M$ и $N$ — изображения вершин $A$ и $B$ соответственно. Следовательно, отрезок $MN$ — изображение ребра $AB$.
• Точка $O_1$ — изображение середины диагонали $BD$ основания. В квадрате $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в одной точке и делятся ею пополам. Эта точка является центром квадрата. Таким образом, $O_1$ — изображение центра нижнего основания $ABCD$.
• Точка $F$ — изображение середины пространственной диагонали $AC_1$. Середина любой пространственной диагонали куба является его центром. Следовательно, $F$ — изображение центра куба.

Построение будет выполнено в несколько шагов:

1. Построение изображения основания $ABCD$

   Обозначим изображения вершин $C$ и $D$ как $P$ и $Q$ соответственно. Таким образом, искомое изображение основания — параллелограмм $MNPQ$.

   Поскольку $O_1$ — изображение центра основания, эта точка является серединой изображений диагоналей $AC$ и $BD$.

   • Точка $O_1$ — середина отрезка $MP$ (изображения диагонали $AC$). Чтобы найти точку $P$, строим луч $MO_1$ и откладываем на нем от точки $O_1$ отрезок $O_1P$, равный отрезку $MO_1$. Точка $P$ — искомое изображение вершины $C$.
   • Точка $O_1$ — середина отрезка $NQ$ (изображения диагонали $BD$). Чтобы найти точку $Q$, строим луч $NO_1$ и откладываем на нем от точки $O_1$ отрезок $O_1Q$, равный отрезку $NO_1$. Точка $Q$ — искомое изображение вершины $D$.

   Соединив последовательно точки $M, N, P, Q$, получаем параллелограмм $MNPQ$ — изображение основания куба $ABCD$.

2. Построение изображения центра верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$

   Центр куба (изображаемый точкой $F$) является серединой отрезка, соединяющего центры нижнего и верхнего оснований. Обозначим изображение центра верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ как $O_2$. Тогда точка $F$ является серединой отрезка $O_1O_2$.

   Чтобы найти точку $O_2$, строим луч $O_1F$ и откладываем на нем от точки $F$ отрезок $FO_2$, равный отрезку $O_1F$.

3. Построение изображений вершин верхнего основания

   Боковые ребра куба $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ параллельны и равны. При параллельном проецировании их изображения также будут параллельными и равными друг другу. Вектор, изображающий боковое ребро, равен вектору, соединяющему центры оснований. Таким образом, вектор $\vec{O_1O_2}$ является изображением векторов $\vec{AA_1}$, $\vec{BB_1}$, $\vec{CC_1}$ и $\vec{DD_1}$.

   Обозначим изображения вершин $A_1, B_1, C_1, D_1$ как $M_1, N_1, P_1, Q_1$ соответственно. Для их построения выполним параллельный перенос точек $M, N, P, Q$ на вектор $\vec{O_1O_2}$:

   • $\vec{MM_1} = \vec{O_1O_2}$
   • $\vec{NN_1} = \vec{O_1O_2}$
   • $\vec{PP_1} = \vec{O_1O_2}$
   • $\vec{QQ_1} = \vec{O_1O_2}$

   В результате получаем точки $M_1, N_1, P_1, Q_1$ — изображения вершин верхнего основания.

4. Завершение построения изображения куба

   Соединяем отрезками построенные точки:

   • Вершины верхнего основания: $M_1N_1, N_1P_1, P_1Q_1, Q_1M_1$.
   • Соответствующие вершины оснований (боковые ребра): $MM_1, NN_1, PP_1, QQ_1$.

   Полученный параллелепипед $MNPQM_1N_1P_1Q_1$ является искомым изображением куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Для наглядности чертежа невидимые ребра (например, $MQ$, $QQ_1$ и $P_1Q_1$) следует изобразить штриховыми линиями.

Ответ: Изображение куба строится согласно описанному выше алгоритму. В результате получается параллелепипед $MNPQM_1N_1P_1Q_1$, который является искомым изображением куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

8.34. Существует ли пятиугольник, отличный от правильного, каждая диагональ которого параллельна некоторой стороне?

Да, такой пятиугольник существует. Его можно построить, применив аффинное преобразование к правильному пятиугольнику.

1. Свойства правильного пятиугольника

Рассмотрим правильный пятиугольник $ABCDE$. В силу его симметрии, каждая диагональ параллельна одной из его сторон. А именно, диагональ, соединяющая две вершины, параллельна стороне, образованной тремя другими вершинами, которые не лежат на диагонали. Конкретно:

• диагональ $AC$ параллельна стороне $ED$;
• диагональ $BD$ параллельна стороне $AE$;
• диагональ $CE$ параллельна стороне $AB$;
• диагональ $DA$ параллельна стороне $BC$;
• диагональ $EB$ параллельна стороне $CD$.

2. Применение аффинного преобразования

Теперь применим к этому правильному пятиугольнику аффинное преобразование плоскости, которое не является преобразованием подобия. В качестве такого преобразования выберем растяжение вдоль оси $Ox$ в два раза, оставляя координаты по оси $Oy$ без изменений. В декартовой системе координат это преобразование задается формулой $f(x, y) = (2x, y)$.

Аффинные преобразования обладают фундаментальным свойством сохранять параллельность прямых. Если до преобразования прямая $l_1$ была параллельна прямой $l_2$, то их образы $f(l_1)$ и $f(l_2)$ также будут параллельны.

Пусть $A', B', C', D', E'$ — вершины нового пятиугольника, полученного из вершин $A, B, C, D, E$ применением указанного преобразования. Поскольку в исходном пятиугольнике диагональ $AC$ была параллельна стороне $ED$ ($AC \parallel ED$), то и в новом пятиугольнике диагональ $A'C'$ будет параллельна стороне $E'D'$ ($A'C' \parallel E'D'$). Это справедливо для всех пяти пар диагоналей и сторон. Таким образом, полученный пятиугольник $A'B'C'D'E'$ удовлетворяет условию задачи.

3. Доказательство того, что полученный пятиугольник не является правильным

Осталось показать, что пятиугольник $A'B'C'D'E'$ не является правильным. Преобразование $f(x, y) = (2x, y)$ не является преобразованием подобия, так как оно изменяет углы и соотношения длин отрезков, которые не параллельны осям координат.

Пусть $M$ — матрица линейного преобразования, соответствующего растяжению: $M=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Если $\vec{s}$ — вектор, соответствующий какой-либо стороне исходного правильного пятиугольника, то вектор соответствующей стороны нового пятиугольника равен $M\vec{s}$. Длина стороны при этом изменяется. Пусть $\vec{s}=(x, y)$. Тогда его длина в квадрате равна $|\vec{s}|^2 = x^2+y^2$. Длина новой стороны в квадрате будет $|M\vec{s}|^2 = (2x)^2+y^2 = 4x^2+y^2$.

В правильном пятиугольнике все стороны имеют одинаковую длину, скажем $L$, так что для вектора любой стороны $x^2+y^2=L^2$. Длина стороны нового пятиугольника в квадрате равна $4x^2+y^2 = x^2+y^2+3x^2 = L^2+3x^2$. Чтобы все стороны нового пятиугольника были равны, необходимо, чтобы величина $x^2$ (квадрат проекции вектора стороны на ось $Ox$) была одинаковой для всех сторон. Однако в правильном пятиугольнике это не так. Например, если расположить правильный пятиугольник так, чтобы одна из его сторон была параллельна оси $Oy$, то ее проекция на ось $Ox$ будет равна нулю ($x=0$), а у соседней стороны проекция на ось $Ox$ очевидно не будет нулевой (так как углы в правильном пятиугольнике равны $108^\circ$). Длины их образов после преобразования будут $L$ (для стороны с $x=0$) и $\sqrt{L^2+3x^2}$ (для соседней стороны с $x \ne 0$), то есть они будут различны. Следовательно, полученный пятиугольник не является правильным.

Таким образом, мы построили пятиугольник, не являющийся правильным, у которого каждая диагональ параллельна одной из его сторон.

Ответ: Да, существует.

8.35. Даны три луча $OA$, $OB$ и $OC$, а также точки $M$, $N$ и $K$ (рис. 8.45). Постройте треугольник так, чтобы его вершины лежали на данных лучах, а стороны содержали точки $M$, $N$ и $K$ по одной на каждой стороне.

Рис. 8.45

Данная задача является классической задачей на построение и решается с помощью проективных преобразований. Идея состоит в том, чтобы свести задачу к нахождению неподвижной точки некоторого преобразования на одной из данных прямых (лучей).

Анализ

Пусть искомый треугольник — это $\triangle PQR$, где его вершины $P, Q, R$ лежат на лучах $OA, OB, OC$ соответственно. Стороны треугольника (рассматриваемые как прямые) $PQ, QR, RP$ должны проходить через точки $M, N, K$, по одной на каждой стороне.

Существует $3! = 6$ способов распределить точки $M, N, K$ по сторонам треугольника. Выберем одно из возможных распределений, которое согласуется с расположением точек на рисунке. Точка $N$ лежит в угле $\angle BOC$, а точки $M$ и $K$ — в угле $\angle AOC$. Это наводит на мысль, что точка $N$ лежит на стороне $QR$. Распределим остальные точки, например, так:

• точка $K$ лежит на стороне $PQ$;
• точка $N$ лежит на стороне $QR$;
• точка $M$ лежит на стороне $RP$.

Теперь проанализируем, как можно построить такой треугольник. Предположим, мы выбрали произвольную точку $P_x$ на луче $OA$ в качестве кандидата на вершину $P$.

1. Вершина $Q$ должна лежать на луче $OB$ и на прямой $P_xK$. Следовательно, точка $Q_x$ однозначно определяется как пересечение прямой $P_xK$ с лучом $OB$.
2. Аналогично, вершина $R$ должна лежать на луче $OC$ и на прямой $Q_xN$. Следовательно, точка $R_x$ определяется как пересечение прямой $Q_xN$ с лучом $OC$.
3. Мы построили три "вершины" $P_x, Q_x, R_x$. Два условия выполнены: $K \in P_xQ_x$ и $N \in Q_xR_x$. Но третье условие — точка $M$ должна лежать на прямой $R_xP_x$ — в общем случае не выполняется.

Чтобы решить задачу, нам нужно найти такую точку $P$ на луче $OA$, для которой это третье условие будет выполнено.

Рассмотрим отображение $f$, которое каждой точке $P_x$ на луче $OA$ ставит в соответствие точку $P'_x$ на том же луче, построенную следующим образом: $P'_x$ — это точка пересечения прямой $R_xM$ с лучом $OA$. Искомая вершина $P$ будет неподвижной точкой этого отображения, то есть такой точкой, для которой $f(P) = P$.

Отображение $f$ является композицией трех центральных проекций (перспектив):

• $f_1: OA \to OB$ с центром в точке $K$.
• $f_2: OB \to OC$ с центром в точке $N$.
• $f_3: OC \to OA$ с центром в точке $M$.

Композиция $f = f_3 \circ f_2 \circ f_1$ является проективным преобразованием прямой $OA$ в себя. Такое преобразование имеет не более двух неподвижных точек, которые можно найти построением.

Построение

Алгоритм построения состоит из двух этапов: нахождение неподвижной точки и построение самого треугольника.

Этап 1: Нахождение неподвижной точки проективного преобразования

1. Выберем на луче $OA$ три произвольные различные точки: $P_1, P_2, P_3$.
2. Для каждой точки $P_i$ ($i=1, 2, 3$) найдем ее образ $P'_i = f(P_i)$:
   1. Проведем прямую $P_iK$. Точка ее пересечения с лучом $OB$ есть $Q_i$.
   2. Проведем прямую $Q_iN$. Точка ее пересечения с лучом $OC$ есть $R_i$.
   3. Проведем прямую $R_iM$. Точка ее пересечения с лучом $OA$ есть $P'_i$.
3. Мы получили три пары соответственных точек $(P_1, P'_1), (P_2, P'_2), (P_3, P'_3)$, которые задают проективное преобразование на прямой $OA$. Теперь построим его неподвижные точки. Один из методов — использование вспомогательной окружности:
   1. Построим в плоскости произвольную окружность $\Gamma$ и выберем на ней произвольную точку $S$.
   2. Спроектируем точки $P_1, P_2, P_3$ и $P'_1, P'_2, P'_3$ из точки $S$ на окружность $\Gamma$. Получим точки $C_1, C_2, C_3$ и $C'_1, C'_2, C'_3$.
   3. Найдем ось проективности на окружности. Для этого построим точки: $X_{12} = (C_1C'_2) \cap (C_2C'_1)$ и $X_{23} = (C_2C'_3) \cap (C_3C'_2)$.
   4. Прямая $h$, проходящая через точки $X_{12}$ и $X_{23}$, является осью проективности.
   5. Найдем точки пересечения прямой $h$ с окружностью $\Gamma$. Эти точки (если они существуют), назовем их $F_1$ и $F_2$, являются неподвижными точками преобразования на окружности.
   6. Спроектируем точки $F_1$ и $F_2$ из центра $S$ обратно на прямую $OA$. Полученные точки пересечения $P$ (и, возможно, $P^*$) являются искомыми неподвижными точками на прямой $OA$.

Этап 2: Построение треугольника

4. Выберем одну из найденных неподвижных точек, лежащую на луче $OA$, в качестве вершины $P$.
5. Проведем прямую через точки $P$ и $K$. Точка ее пересечения с лучом $OB$ даст нам вершину $Q$.
6. Проведем прямую через точки $Q$ и $N$. Точка ее пересечения с лучом $OC$ даст нам вершину $R$.
7. Соединим вершины $P, Q, R$. Треугольник $PQR$ является искомым.

Обоснование

Построенный треугольник $PQR$ удовлетворяет всем условиям задачи:

• Вершины $P, Q, R$ лежат на лучах $OA, OB, OC$ по построению.
• Прямая $PQ$ проходит через точку $K$ (по шагу 5 построения).
• Прямая $QR$ проходит через точку $N$ (по шагу 6 построения).
• Прямая $RP$ проходит через точку $M$. Это следует из того, что $P$ является неподвижной точкой преобразования $f$. Условие $P = f(P)$ означает, что точка $P$ совпадает с точкой пересечения прямой $RM$ с прямой $OA$. Это возможно только если точки $R, M, P$ лежат на одной прямой.

Таким образом, все условия задачи выполнены.

Ответ: Искомый треугольник строится на основе нахождения неподвижной точки проективного преобразования прямой $OA$ в себя, которое возникает при последовательном построении вершин треугольника. Вершина $P$ на луче $OA$ является неподвижной точкой этого преобразования. После нахождения точки $P$ остальные вершины $Q$ и $R$ строятся как точки пересечения прямых $PK$ и $QN$ с лучами $OB$ и $OC$ соответственно. Подробный алгоритм построения представлен выше.

8.36. Вершины $M, N, K$ и $F$ трапеции $MNKF$ ($MF \parallel NK$) принадлежат соответственно сторонам $AD, AB, BC$ и $CD$ четырёхугольника $ABCD$, причём $MF \parallel AC$. Докажите, что прямые $MN, FK$ и $BD$ пересекаются в одной точке.

Для доказательства того, что три прямые пересекаются в одной точке, мы покажем, что точка пересечения прямых $MN$ и $BD$ совпадает с точкой пересечения прямых $FK$ и $BD$.

Пусть прямая $MN$ пересекает прямую $BD$ в точке $P$. Рассмотрим треугольник $ABD$ и секущую $NPM$. По теореме Менелая для этого треугольника и секущей имеем:

$$ \frac{AN}{NB} \cdot \frac{BP}{PD} \cdot \frac{DM}{MA} = 1 $$

Отсюда выразим отношение, в котором точка $P$ делит отрезок $BD$:

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} \quad (1) $$

Пусть прямая $FK$ пересекает прямую $BD$ в точке $Q$. Рассмотрим треугольник $CBD$ и секущую $KQF$. По теореме Менелая для этого треугольника и секущей имеем:

$$ \frac{CK}{KB} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{DF}{FC} = 1 $$

Отсюда выразим отношение, в котором точка $Q$ делит отрезок $BD$:

$$ \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} \quad (2) $$

Теперь воспользуемся условиями, данными в задаче. Нам известно, что $MNKF$ – трапеция с основаниями $MF$ и $NK$, следовательно, $MF \parallel NK$. Также дано, что $MF \parallel AC$. Из этих двух условий следует, что все три прямые параллельны: $MF \parallel NK \parallel AC$.

1. Рассмотрим $\triangle ADC$. Поскольку точки $M$ и $F$ лежат на сторонах $AD$ и $CD$ соответственно, и $MF \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках (или из подобия треугольников $\triangle DMF \sim \triangle DAC$) следует, что $\frac{DM}{DA} = \frac{DF}{DC}$.

Выразим из этого соотношение $\frac{MA}{DM}$:

$$ \frac{MA}{DM} = \frac{DA - DM}{DM} = \frac{DA}{DM} - 1 = \frac{DC}{DF} - 1 = \frac{DC - DF}{DF} = \frac{FC}{DF} $$

Таким образом, $\frac{MA}{DM} = \frac{FC}{DF} \quad (3)$.

2. Рассмотрим $\triangle ABC$. Поскольку точки $N$ и $K$ лежат на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно, и $NK \parallel AC$, то по теореме о пропорциональных отрезках (или из подобия треугольников $\triangle BNK \sim \triangle BAC$) следует, что $\frac{BN}{BA} = \frac{BK}{BC}$.

Выразим из этого соотношение $\frac{NB}{AN}$:

$$ \frac{AN}{NB} = \frac{AB - NB}{NB} = \frac{AB}{NB} - 1 = \frac{BC}{BK} - 1 = \frac{BC - BK}{BK} = \frac{KC}{BK} $$

Отсюда $\frac{NB}{AN} = \frac{BK}{KC} \quad (4)$.

Теперь подставим полученные соотношения (3) и (4) в уравнение (1):

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} = \frac{BK}{KC} \cdot \frac{FC}{DF} $$

Перевернем дробь в уравнении (2):

$$ \frac{BQ}{QD} = \frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} \implies \frac{BQ}{QD} = \frac{BK}{KC} \cdot \frac{FC}{DF} $$

Сравнивая выражения для отношений $\frac{BP}{PD}$ и $\frac{BQ}{QD}$, мы видим, что они равны:

$$ \frac{BP}{PD} = \frac{BQ}{QD} $$

Поскольку точки $P$ и $Q$ обе лежат на прямой $BD$ и делят отрезок $BD$ в одном и том же отношении (считая от точки $B$), они должны совпадать: $P = Q$.

Это означает, что прямые $MN$, $FK$ и $BD$ пересекаются в одной и той же точке.

В случае, если $\frac{NB}{AN} \cdot \frac{MA}{DM} = 1$, прямая $MN$ будет параллельна $BD$. Из наших соотношений следует, что в этом случае $\frac{KB}{CK} \cdot \frac{FC}{DF} = 1$, что является условием параллельности прямой $FK$ и $BD$. Таким образом, если одна из прямых $MN$ или $FK$ параллельна $BD$, то и другая ей параллельна, и все три прямые $MN, FK, BD$ параллельны друг другу. В этом случае говорят, что они пересекаются в несобственной (бесконечно удаленной) точке.

Ответ: Утверждение доказано. Прямые $MN$, $FK$ и $BD$ пересекаются в одной точке.

8.37. В треугольник $ABC$ вписан параллелограмм $ADKF$ так, что точки $D, K$ и $F$ принадлежат сторонам $AB, BC$ и $CA$ соответственно. Медиана $AM$ треугольника $ABC$ пересекает отрезок $DK$ в точке $N$. Докажите, что $DN = FC$.

Поскольку $ADKF$ — параллелограмм, его противоположные стороны параллельны. В частности, сторона $DK$ параллельна стороне $AF$. Так как точка $F$ лежит на стороне $AC$ треугольника $ABC$, то мы можем утверждать, что $DK \parallel AC$.

Проведем среднюю линию $MP$ треугольника $ABC$, где $M$ — середина стороны $BC$ (так как $AM$ — медиана), а точка $P$ — середина стороны $AB$. По свойству средней линии, $PM \parallel AC$ и $PM = \frac{1}{2}AC$.

Так как $DK \parallel AC$ и $PM \parallel AC$, то прямые $DK$ и $PM$ параллельны между собой ($DK \parallel PM$).

Рассмотрим угол $\angle BAM$. Его стороны $AB$ и $AM$ пересекаются параллельными прямыми $DN$ (являющейся частью прямой $DK$) и $PM$. Следовательно, по теореме о пропорциональных отрезках, треугольник $\triangle ADN$ подобен треугольнику $\triangle APM$. Подобие следует из равенства углов: $\angle PAN$ является общим, а $\angle ADN = \angle APM$ как соответственные углы при параллельных прямых $DK$, $PM$ и секущей $AB$.

Из подобия треугольников $\triangle ADN \sim \triangle APM$ следует соотношение их сторон:
$\frac{DN}{PM} = \frac{AD}{AP}$

Выразим из этого соотношения $DN$ и подставим известные нам значения для $PM$ и $AP$ ($P$ — середина $AB$, поэтому $AP = \frac{1}{2}AB$):
$DN = PM \cdot \frac{AD}{AP} = \left(\frac{1}{2}AC\right) \cdot \frac{AD}{\frac{1}{2}AB} = AC \cdot \frac{AD}{AB}$.

Теперь снова воспользуемся свойствами параллелограмма $ADKF$. Его стороны $FK$ и $AD$ параллельны. Так как точка $D$ лежит на стороне $AB$, то $FK \parallel AB$.

Рассмотрим $\triangle ABC$. Прямая $FK$, параллельная стороне $AB$, отсекает от него подобный треугольник $\triangle FCK$. Таким образом, $\triangle FCK \sim \triangle ACB$.

Из подобия этих треугольников следует соотношение сторон:
$\frac{CF}{CA} = \frac{FK}{AB}$

В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому $FK = AD$. Заменим $FK$ на $AD$ в полученной пропорции:
$\frac{CF}{CA} = \frac{AD}{AB}$

На последнем шаге подставим найденное соотношение для $\frac{AD}{AB}$ в формулу для $DN$, полученную ранее:
$DN = AC \cdot \frac{AD}{AB} = AC \cdot \frac{CF}{CA}$

Сократив $CA$ в числителе и знаменателе, получаем искомое равенство:
$DN = CF$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $DN = FC$ доказано.

8.38. Дан треугольник ABC. На стороне AB отметили точки M и N, на стороне BC — точки K и P, а на стороне CA — точки F и E (рис. 8.46). Отрезки MP, NF и KE пересекаются в одной точке и параллельны сторонам AB, BC и CA соответственно. Докажите, что $ \frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1. $

Рис. 8.46

Обозначим точку пересечения отрезков $MP$, $NF$ и $KE$ как $O$.

Условие задачи, вероятно, содержит неточность в формулировке, так как если точка $M$ лежит на стороне $AB$, то отрезок $MP$ не может быть параллелен $AB$ (кроме вырожденного случая). Исходя из стандартной интерпретации подобных задач и рисунка, следует понимать условия параллельности следующим образом: через точку $O$ проведены три отрезка, параллельные сторонам треугольника $ABC$.

• Отрезок $MK$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $AC$, где $M$ лежит на $AB$, а $K$ — на $BC$.
• Отрезок $NF$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $BC$, где $N$ лежит на $AB$, а $F$ — на $AC$.
• Отрезок $EP$ проходит через точку $O$ и параллелен стороне $AB$, где $E$ лежит на $AC$, а $P$ — на $BC$.

Такая конструкция полностью определяет положение всех шести точек на сторонах треугольника.

Рассмотрим четырехугольники, образованные вокруг точки $O$.

1. Четырехугольник $AMOE$. Так как $MK \parallel AC$, то $MO \parallel AE$. Так как $EP \parallel AB$, то $OE \parallel AM$. Следовательно, $AMOE$ — параллелограмм, и $AM = OE$, $AE = OM$.

2. Четырехугольник $BPON$. Так как $EP \parallel AB$, то $OP \parallel BN$. Так как $NF \parallel BC$, то $ON \parallel BP$. Следовательно, $BPON$ — параллелограмм, и $BN = OP$, $BP = ON$.

3. Четырехугольник $CKOF$. Так как $NF \parallel BC$, то $OF \parallel CK$. Так как $MK \parallel AC$, то $OK \parallel CF$. Следовательно, $CKOF$ — параллелограмм, и $CK = OF$, $CF = OK$.

Теперь выразим длины отрезков $MN$, $KP$ и $FE$ через стороны треугольника и отрезки, проходящие через точку $O$. Будем считать, что точки на сторонах расположены в порядке $A-M-N-B$, $B-K-P-C$ и $C-F-E-A$, как на рисунке.

На стороне $AB$: $AB = AM + MN + NB$. Отсюда $MN = AB - AM - NB$. Используя свойства параллелограммов, получаем: $MN = AB - OE - OP = AB - (OE+OP) = AB - EP$.

На стороне $BC$: $BC = BK + KP + PC$. Отсюда $KP = BC - BK - PC$. Из подобия $\triangle BMK \sim \triangle BAC$ следует $\frac{BK}{BC}=\frac{BM}{BA}$, а из подобия $\triangle CEP \sim \triangle CAB$ следует $\frac{PC}{BC}=\frac{EC}{AC}$. Воспользуемся свойствами параллелограммов: $KP = BC - BP - CK = BC - ON - OF = BC - (ON+OF) = BC - NF$.

На стороне $CA$: $CA = CF + FE + EA$. Отсюда $FE = CA - CF - EA$. Используя свойства параллелограммов, получаем: $FE = CA - OK - OM = CA - (OK+OM) = CA - MK$.

Подставим полученные выражения в левую часть доказываемого равенства:

$\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = \frac{AB - EP}{AB} + \frac{BC - NF}{BC} + \frac{CA - MK}{CA}$

$= \left(1 - \frac{EP}{AB}\right) + \left(1 - \frac{NF}{BC}\right) + \left(1 - \frac{MK}{CA}\right) = 3 - \left(\frac{EP}{AB} + \frac{NF}{BC} + \frac{MK}{CA}\right)$

Теперь найдем значение суммы в скобках. Используем подобие треугольников:

1. Так как $EP \parallel AB$, то $\triangle CEP \sim \triangle CAB$. Отношение их высот из вершины $C$ равно отношению сторон: $\frac{EP}{AB} = \frac{CH_1}{CH}$, где $CH$ — высота $\triangle ABC$ на сторону $AB$, а $CH_1$ — высота $\triangle CEP$ на сторону $EP$. Если $d_c$ — расстояние от точки $O$ до стороны $AB$, то $CH_1 = CH - d_c$. Таким образом, $\frac{EP}{AB} = \frac{CH - d_c}{CH} = 1 - \frac{d_c}{CH}$.

2. Так как $NF \parallel BC$, то $\triangle ANF \sim \triangle ABC$. Аналогично, $\frac{NF}{BC} = 1 - \frac{d_a}{AH_a}$, где $d_a$ — расстояние от $O$ до $BC$, а $AH_a$ — высота из $A$ на $BC$.

3. Так как $MK \parallel AC$, то $\triangle BMK \sim \triangle BAC$. Аналогично, $\frac{MK}{AC} = 1 - \frac{d_b}{BH_b}$, где $d_b$ — расстояние от $O$ до $AC$, а $BH_b$ — высота из $B$ на $AC$.

Подставим эти соотношения в наше выражение:

$\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 3 - \left(\left(1 - \frac{d_c}{CH}\right) + \left(1 - \frac{d_a}{AH_a}\right) + \left(1 - \frac{d_b}{BH_b}\right)\right)$

$= 3 - \left(3 - \left(\frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH}\right)\right) = \frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH}$

Сумма отношений расстояний от внутренней точки до сторон к соответствующим высотам треугольника известна и равна 1. Докажем это через площади. Пусть $S$ — площадь $\triangle ABC$.

$S = S_{OBC} + S_{OAC} + S_{OAB}$

$S = \frac{1}{2} BC \cdot AH_a = \frac{1}{2} AC \cdot BH_b = \frac{1}{2} AB \cdot CH$

$S_{OBC} = \frac{1}{2} BC \cdot d_a$, $S_{OAC} = \frac{1}{2} AC \cdot d_b$, $S_{OAB} = \frac{1}{2} AB \cdot d_c$

Отсюда:

$\frac{d_a}{AH_a} = \frac{S_{OBC}}{S}$, $\frac{d_b}{BH_b} = \frac{S_{OAC}}{S}$, $\frac{d_c}{CH} = \frac{S_{OAB}}{S}$

Следовательно, $\frac{d_a}{AH_a} + \frac{d_b}{BH_b} + \frac{d_c}{CH} = \frac{S_{OBC} + S_{OAC} + S_{OAB}}{S} = \frac{S}{S} = 1$.

Таким образом, мы доказали, что $\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1$.

Ответ: Доказано, что $\frac{MN}{AB} + \frac{KP}{BC} + \frac{FE}{CA} = 1$.