Конкурсная задача ММ33 (10 баллов)

Пусть E, F, G и H - середины сторон BC, CD, DA и AB четырехугольника ABCD, а K, L, M и N - точки пересечения прямых AE и BF, BF и CG, CG и DH, DH и AE соответственно. Назовем четырехугольник KLMN сопутствующим четырехугольником четырехугольника ABCD.

Пусть, далее, ABC - некоторый треугольник. Описать геометрическое место точек D таких, что сопутствующий четырехугольник четырехугольника ABCD - трапеция.

Решение

Данную задачу несложно решить методами аналитической геометрии (что и сделали марафонцы, приславшие свои решения. Я же изложу элементарное решение, доступное семикласснику (из чего, конечно же, не следует, что найдется много семиклассников способных самостоятельно решить эту задачку).

Пусть точка Do такая, ABCDo - параллелограмм и Fo - середина CDo. Покажем, что для параллельности Kl и MN достаточно принадлежности точки D прямой HDo.
Возьмем D на этой прямой. Тогда FFo параллельна DDo как средняя линия треугольника CDDo. Но BFo параллельна HDo. Значит, точки B, Fo, F лежат одной прямой и прямые BF и DH, содержащие отрезки KL и MN, параллельны.
Аналогично доказывается, что для параллельности KN и LM достаточно принадлежности точки D прямой, проходящей через Do параллельно AE (обозначим ее p). Покажем необходимость этих условий для параллельности соответствующих прямых. Пусть, например, в сопутствующем четырехугольнике четырехугольника ABCD стороны KN и LM параллельны.
Обозначим через Go точку пересечения прямых CG и ADo. Очевидно, что четырехугольник AECGo - параллелограмм (AE параллельно CGo, а CE параллельно AGo). Поэтому AGo = EC = ADo/2. Но AG = AD/2. Поэтому GGo - средняя линия треугольника ADDo и прямые AE и DDo параллельны.
Аналогично показывается необходимость принадлежности точки D прямой HDo для параллельности KL и NM.
Итак, интересующее нас г.м.т. расположено на прямых HDo и SDo (где S - точка пересечения прямых AC и p). Осталось отобрать на полученных прямых такие точки D, для которых четырехугольник, сопутствующий ABCD будет трапецией, т.е. выпуклым четырехугольником, у которого две стороны параллельна, а две другие - нет.

Пусть R - точка пересечения прямой HDo с прямой BC.
Искомым г.м.т будет объединение двух множеств: 1) множество точек прямой HDo без точки Do (для нее сопутствующий четырехугольник - параллелограмм) и точек отрезка HR (для его концов сопутствующий четырехугольник вырождается в треугольник, а для внутренних точек и ABCD и сопутствующий четырехугольник будут самопересекающимися); 2) луч SDo без начала и точки Do (для противоположного луча оба четырехугольника будут самопересекающимися).

Отмечу, что в описанное выше г.м.т. вошли и те точки, для которых четырехугольник ABCD не является выпуклым. В этом случае сопутствующий четырехугольник уже не лежит целиком внутри ABCD, но все равно остается трапецией.

Обсуждение

Почему эта довольно простая задача оценена в 10 балов?
В свое время я помещал в конференции RU.MATH сети Fidonet задачу следующего содержания:
В каком диапазоне может изменяться отношение площади произвольного выпуклого четырехугольника к площади сопутствующего четырехугольника и для каких четырехугольников это отношение равно 5?

Задача оказалась довольно трудной. С первой попытки ее немного пообсуждали, но так и не решили. Через год я поместил задачу повторно. На этот раз ее удалось решить независимо друг от друга мне и Андрею Ахметели.
Еще позже я предложил эту задачу и круг прилегающих вопросов в качестве темы для исследования на школьном факультативе. В качестве прилегающих вопросов возник и этот. Оказалось, что наличие параллельных сторон у сопутствующего треугольника является необходимым и достаточным условием равенства упомянутого выше отношения 5.
Более аккуратно.
Пусть ABC - произвольный треугольник и q(D) - отношение площади четырехугольника ABCD к площади сопутствующего четырехугольника. Тогда следующие три утверждения равносильны:
1) q(D) = 5;
2) сопутствующий четырехугольник выпуклый и имеет пару параллельных сторон;
3) D лежит на тех участках прямых, описанных решении.
(Выпуклость ABDCD не важна. Более того, результат можно распространить даже на самопеpесекающиеся четырехугольники, если оговорить специальный способ подсчета их площадей.)

Находясь в запарке и предвидя, что в ближайшее время моя загруженность будет не меньше, я наспех набросал пару новых задач для Марафона. Исходную задачу я решил не брать, из-за засвеченности в RU.MATH. Поэтому предложил ту, которую предложил. Но из-за спешки не заметил, что наиболее трудная часть утверждения, а именно импликация 1 ⇒ 2 (или 1 ⇒ 3), осталась за кадром. Поскольку свою оплошность я заметил уже после того, как на задачу был получен первый ответ, менять цену задачи я не стал.

Отмечу, что ответ на первый вопрос исходной задачи из RU.MATH таков: Отношение площади исходного выпуклого четырехугольника к площади сопутствующего может изменяться в диапазоне [5, 6).

И еще одно любопытное замечание:
Произвольный четырехугольник определяется пятью своими независимыми элементами, а произвольный параллелограмм - тремя. Поэтому вполне закономерно, что признаки параллелограмма содержат, как правило, по два соотношения:
противоположные стороны равны (1) и параллельны (2);
диагонали AC (1) и BD (2) делятся пополам точкой пересечения;
пары углов ABC и ADC (1), а также BAD и BCD (2) равны между собой;
etc.
В терминах сопутствующих четырехугольников можно сформулировать признак параллелограмма, содержащий всего одно соотношение. Для этого отметим, что сопутствующих четырехугольников два (второй получается на пересечении прямых AF, BG, CH и DE). Тогда легко видеть (при условии что все вышеизложенное уже доказано), что:

Выпуклый четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда сумма площадей сопутствующих четырехугольников составляет 2/5 площади исходного четырехугольника.

Подробнее с сопутствующими четырехугольниками можно познакомиться в моей статье, опубликованной в журнале «Потенциал» №11, 2011 (то есть примерно через 10 лет после того, как я занялся этой задачкой )

PS: Трое школьников, заинтересовавшихся этой задачкой на факультативе, прошли Всероссийский отбор и съездили в США (Портленд, Орегон) на Всемирный финал Конференции Intel ISEF.

Награды

За правильное решение этой задачи Влад Франк получает 10 призовых баллов. За решение, содержащее один незначительный прокол, Иван Козначеев получает 9 призовых баллов. Мигель Митрофанов, в решении которого не исключены вырожденные и самопересекаюшиеся сопутствующие четырехугольники, получает 6 призовых баллов.

---