Докажем сначала одно вспомогательное утверждение.
Пусть отрезки $AB$ и $CD$ параллельны, а отрезки $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P$ (рис. 1). Тогда множество точек $X$, лежащих внутри углов $APB$ и $CPD$, таких, что треугольники $XAC$ и $XBD$ равновелики, есть прямая, соединяющая середины отрезков $AB$ и $CD$.
Для доказательства проведём через точку $X$ прямую, параллельную $AB$ и $CD$; пусть она пересекает $AC$ и $BD$ в точках $Y$ и $Z$ (см. рис. 1). Треугольники $XAY$ и $XCY$ имеют общее основание $XY$, а сумма их высот, опущенных на это основание, равна расстоянию $h$ между прямыми $AB$ и $CD$, поэтому
$$
S_{XAC}=S_{XAY}+S_{XCY}=\dfrac12XY\cdot h,
$$
где буквой $S$, как обычно, обозначены площади. Точно так же $$
S_{XBD}=\dfrac12XZ\cdot h.
$$
Следовательно, треугольники $XAC$ и $XBD$ равновелики тогда и только тогда, когда $X$ — середина отрезка $YZ$. Но множество середин всевозможных отрезков, параллельных $AB$, с концами на прямых $AC$ и $BD$, очевидно, и есть прямая, соединяющая середины отрезков $AB$ и $CD$ (и, кстати, проходящая через $P$).
Отметим, что $S_{XAC}=S_{XBD}$ и для точек $X$ на прямой, параллельной $AB$ и проходящей через $P$; для точек, не лежащих на указанных двух прямых, эти площади различны.
Перейдём к доказательству утверждения задачи. Пусть $A_1A_2\ldots A_6$ — данный шестиугольник, $M_1$, $M_2$, $\ldots$, $M_6$ — середины его сторон, $P$, $Q$, $R$ — точки пересечения (больших) диагоналей $A_1A_4$, $A_2A_5$, $A_3A_6$, $O$ — точка пересечения «средних линий» $M_1M_4$ и $M_2M_5$ (обозначения см. на рисунке 2). По доказанному утверждению $S_{OA_1A_4}=S_{OA_2A_5}$ (так как $O$ лежит на $M_1M_4$) и $S_{OA_2A_5}=S_{OA_3A_6}$ (так как $O$ лежит на $M_2M_5$), следовательно, $S_{OA_1A_4}=S_{OA_3A_6}$. Кроме того, точка $O$ принадлежит объединению углов $A_1PA_2$ и $A_4PA_5$ и в тоже время объединению углов $A_2QA_3$ и $A_5QA_6$, а пересечение этих двух пар углов — треугольник $PQR$ (рис. 3), который содержится в одном из углов $A_3RA_4$ или $A_6RA_1$. Снова пользуясь нашим утверждением, заключаем, что третья «средняя линяя» $M_3M_6$ тоже проходит через $O$.
Упомянем ещё три решения этой задачи. Первое из них аналогично приведённому нами и опирается на то, что o множество точек $X$ трапеции $ABCD$ с основаниями $AB$ и $CD$, для которых треугольники $AXD$ и $BXC$ равновелики, есть отрезок, соединяющий середины оснований (ср. с доказанным выше вспомогательным утверждением). Кроме того, надо использовать ещё один факт, интересный и сам по себе: если в шестиугольнике $A_1A_2\ldots A_6$ противоположные стороны параллельны, то треугольники $A_1A_3A_5$ и $A_2A_4A_6$ равновелики. Другое решение основано на специально подобранном параллельном проектировании. Именно, как можно показать, всегда существует такая проекция, при которой большие диагонали данного шестиугольника становятся равными (достаточно добиться того, чтобы две его «средние линии» стали перпендикулярны сторонам, которые они соединяют). Легко видеть, что в таком случае «средние линии» будут биссектрисами треугольника, ограниченного большими диагоналями, и, следовательно, пересекаются в одной точке. При этом шестиугольник оказывается вписанным в окружность с центром в точке пересечения «средних линий». Наконец, утверждение задачи можно вывести из общего условия пересечения в одной точке трёх прямых, проведённых из вершин треугольника (в данном случае треугольника $PQR$ — см. рис. 2), — так называемой теоремы Чевы (см., например, задачу 34 в статье М. Б. Балка и В. Г. Болтянского «Центр тяжести облегчает решение» в «Кванте» №4 за 1984 г.)
