给定一个凸六边形，其任意两条对边具有如下性质：它们的中点之间的距离等于它们长度之和的 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 倍．求证：该六边形的所有内角相等（一个凸六边形 $ABCDEF$ 有 $3$ 组对边：$AB$ 和 $DE$，$BC$ 和 $EF$，$CD$ 和 $FA$）．（波兰）
【难度】
【出处】
2003年第44届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
先证一个引理．
引理：$\triangle PQR$ 中，$\angle QPR\geqslant 60^\circ$，$L$ 为 $QR$ 中点，则 $PL\dfrac{\sqrt{3}}{2}QR$，等号当且仅当 $\triangle PQR$ 为正三角形时取到．
证明如下，作正 $\triangle SQR$，$S$ 与 $P$ 在 $QR$ 同侧，易知 $P$ 在 $\triangle SQR$ 外接圆上或内部．故有
$\begin{aligned}
PL&\leqslant OL+OP\\
&\leqslant OL+OS\\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{2}QR
\end{aligned}$
此处 $O$ 为 $\triangle SQR$ 中心．引理证毕．
对于凸六边形 $ABCDEF$ 来说，三条主对角线围成一个三角形（或共点），从中必有两条其夹角 $\geqslant 60^\circ$，不妨设 $\angle APB\geqslant 60^\circ$，$P$ 为 $AD$ 与 $BE$ 的交点．由引理及条件，知
$\begin{aligned}
MN&=\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)\\
&PM+PN\\
&MN
\end{aligned}$
此处 $M,N$ 分别为 $AB,DE$ 的中点．
既然上述式子只能取等号，故 $\triangle ABP$ 和 $\triangle DEP$ 均为三角形．
此时，$CF$ 与 $AD$，$BE$ 中某一条的夹角 $\geqslant 60^\circ$，不妨设 $\angle AQF\geqslant 60^\circ$，$Q$ 为 $AD$ 与 $CF$ 的交点．同理可知有 $\triangle AQF$ 和 $\triangle CQD$ 均为正三角形，从而 $\angle BRC=60^\circ$，$R$ 为 $BE$ 和 $CF$ 的交点．再用引理，知 $\triangle BCR$ 和 $\triangle EFR$ 均为正三角形，由此便得结论．
引理：$\triangle PQR$ 中，$\angle QPR\geqslant 60^\circ$，$L$ 为 $QR$ 中点，则 $PL\dfrac{\sqrt{3}}{2}QR$，等号当且仅当 $\triangle PQR$ 为正三角形时取到．
证明如下，作正 $\triangle SQR$，$S$ 与 $P$ 在 $QR$ 同侧，易知 $P$ 在 $\triangle SQR$ 外接圆上或内部．故有
$\begin{aligned}
PL&\leqslant OL+OP\\
&\leqslant OL+OS\\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{2}QR
\end{aligned}$
此处 $O$ 为 $\triangle SQR$ 中心．引理证毕．
对于凸六边形 $ABCDEF$ 来说，三条主对角线围成一个三角形（或共点），从中必有两条其夹角 $\geqslant 60^\circ$，不妨设 $\angle APB\geqslant 60^\circ$，$P$ 为 $AD$ 与 $BE$ 的交点．由引理及条件，知
$\begin{aligned}
MN&=\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)\\
&PM+PN\\
&MN
\end{aligned}$
此处 $M,N$ 分别为 $AB,DE$ 的中点．
既然上述式子只能取等号，故 $\triangle ABP$ 和 $\triangle DEP$ 均为三角形．
此时，$CF$ 与 $AD$，$BE$ 中某一条的夹角 $\geqslant 60^\circ$，不妨设 $\angle AQF\geqslant 60^\circ$，$Q$ 为 $AD$ 与 $CF$ 的交点．同理可知有 $\triangle AQF$ 和 $\triangle CQD$ 均为正三角形，从而 $\angle BRC=60^\circ$，$R$ 为 $BE$ 和 $CF$ 的交点．再用引理，知 $\triangle BCR$ 和 $\triangle EFR$ 均为正三角形，由此便得结论．
答案
解析
备注
