4. Zadatak

Dan je šesterokut $ABCDEF$ čije se dijagonale $AD$ , $BE$ i $CF$ sijeku u jednoj točki koja je ujedno polovište svake od tih dijagonala. Dokaži da je površina danog šesterokuta dvostruko veća od površine trokuta $ACE$ .

Rješenje

Prvo rješenje.

Dijagonale četverokuta $ABDE$ se raspolavljaju, pa je taj četverokut paralelogram, a stranice $AB$ i $ED$ su sukladne i paralelne.

Prvi službeni dijagram šesterokuta iz rješenja

Neka je $S$ točka takva da je $ABCS$ paralelogram. Tada su dužine $AB$ i $SC$ sukladne i paralelne, pa isto vrijedi i za dužine $ED$ i $SC$ . To znači da je $CDES$ paralelogram. Analogno se pokaže da je i $EFAS$ paralelogram. Kako svaka dijagonala dijeli paralelogram na dva sukladna trokuta, vrijedi $P(ABC)=P(CSA)$ , $P(CDE)=P(ESC)$ i $P(EFA)=P(ASE)$ . Zbrajanjem ovih jednakosti dobivamo

P(ABC)+P(CDE)+P(EFA)=P(CSA)+P(ESC)+P(ASE)=P(ACE).

No, $P(ABC)+P(CDE)+P(EFA)=P(ABCDEF)-P(ACE)$ , pa dobivamo $P(ACE)=P(ABCDEF)-P(ACE)$ odakle slijedi $P(ABCDEF)=2P(ACE)$ .

Drugo rješenje.

Neka je $O$ točka u kojoj se sijeku dijagonale $AD$ , $BE$ i $CF$ . Promatrani šesterokut je centralnosimetričan u odnosu na točku $O$ , a glavne dijagonale ga dijele na tri para sukladnih trokuta:

Drugi službeni dijagram šesterokuta iz rješenja

Vrijedi $P(ACE)=P(ACO)+P(CEO)+P(EAO)$ . Kako je $|AO|=|OD|$ , vrijedi $P(AOC)=P(COD)$ , jer ti trokuti imaju sukladne osnovice i jednake visine. Analogno, $P(COE)=P(EOF)$ i $P(EOA)=P(AOB)$ . Konačno,

\begin{aligned} P(ABCDEF)&=P(AOB)+P(BOC)+P(COD)+P(DOE)+P(EOF)+P(FOA)\\ &=P(AOB)+P(EOF)+P(COD)+P(AOB)+P(EOF)+P(COD)\\ &=2(P(AOB)+P(COD)+P(EOF))\\ &=2(P(EOA)+P(AOC)+P(COE))=2P(ACE). \end{aligned}