XXV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXV OM, 1973-1974

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ o polu $S$ każdy z boków podzielono na 3 równe części i poprowadzono odcinki łączące odpowiednie punkty podziału przeciwległych boków w ten sposób, że czworokąt został podzielony na 9 czworokątów. Dowieść, że suma pól następujących trzech czworokątów powstałych z podziału: zawierającego wierzchołek $A$ , środkowego i zawierającego wierzchołek $C$ równa jest $\frac{S}{3}$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw
Lemat. Odcinek łączący odpowiednie punkty podziału przeciwległych boków czworokąta danego w zadaniu przecina się z analogicznymi odcinkami łączącymi odpowiednie punkty podziału pozostałych boków czworokąta w punktach, które dzielą ten odcinek na trzy równe części.

Dowód. Niech punkty $S$ , $Z$ , $W$ , $R$ odpowiednio dzielą boki $\overline{AB}$ , $\overline{BC}$ , $\overline{DC}$ , $\overline{AD}$ danego czworokąta $ABCD$ w stosunku $1 \colon 2$ (rys. 16). Niech $E$ będzie punktem przecięcia odcinków $\overline{RZ}$ i $\overline{SW}$ . Wystarczy dowieść, że punkt $E$ dzieli każdy z tych odcinków w stosunku $1 \colon 2$ .

Ponieważ

$ \frac{AR}{AD} = \frac{AS}{AB} = \frac{1}{3}, $

więc na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy $RS \parallel DB$ . Wynika stąd, że trójkąty $ARS$ i $ADB$ są podobne w stosunku $1 \colon 3$ . Stąd

$ (1) \qquad \frac{RS}{DB} = \frac{1}{3}. $

Analogicznie z równości $\displaystyle \frac{CW}{CD} = \frac{CZ}{CB} = \frac{2}{3}$ wynika, że $WZ \parallel DB$ . Zatem trójkąty $CWZ$ i $CDB$ są podobne w stosunku $2 \colon 3$ . Stąd

$ (2) \qquad \frac{WZ}{DB} = \frac{2}{3}. $

Z (1) i (2) wynika, że $\displaystyle \frac{RS}{WZ} = \frac{1}{2}$ . Ponadto mamy $RS \parallel WZ$ . Zatem trójkąty $RSE$ i $ZWE$ są podobne w stosunku $1 \colon 2$ . W szczególności wynika stąd, że $\displaystyle \frac{RE}{EZ} = \frac{SE}{EW} = \frac{1}{2}$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech punkty $R,G \in \overline{AD}$ , $W,P \in \overline{DC}$ , $Q,Z \in \overline{BC}$ , $S, H \in \overline{AB}$ dzielą odpowiednio każdy z odcinków $\overline{AD}$ , $\overline{DC}$ , $\overline{BC}$ , $\overline{AB}$ na trzy równe części (rys. 17). Wtedy z lematu wynika, że punkty $E, U \in \overline{RZ}$ , $T, F \in \overline{GQ}$ , $E, T \in \overline{WS}$ , $F,U \in \overline{HP}$ dzielą odpowiednio każdy z odcinków $\overline{RZ}$ , $\overline{GQ}$ , $\overline{WS}$ , $\overline{HP}$ na trzy równe części.

\spos{1} Ponieważ $RE = EU$ , $TE = ES$ , więc z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że $RS \parallel TU$ . Zatem trójkąty $ERS$ i $ETU$ są przystające. Stąd $RS = TU$ .

Dowodząc lematu wykazaliśmy, że $RS \parallel DB$ i $RS = \displaystyle \frac{1}{3} DB$ . Podobnie $PQ \parallel DB$ i $PQ = \displaystyle \frac{1}{3} DB$ . Mamy więc $TU \parallel RS \parallel DB \parallel PQ$ oraz

$ (3) \qquad PQ = RS = TU = \frac{1}{3} DB. $

Prowadząc wysokości w trójkątach

$ (4) \qquad ARS,\ ERS,\ ETU,\ FTU,\ FPQ,\ CPQ $

na podstawy odpowiednio $\overline{RS}$ , $\overline{TU}$ , $\overline{PQ}$ widzimy, że suma długości tych wysokości jest równa sumie długości $h'$ i $h''$ wysokości trójkątów $ABD$ i $CBD$ poprowadzonych na podstawę $\overline{DB}$ . Ponieważ długości podstaw trójkątów (4) są równe (na mocy (3) są one równe $\displaystyle \frac{1}{3} DB$ ), więc suma ich pól, czyli suma pól czworokątów $ARSE$ , $ETFU$ , $FPCQ$ jest równa połowie iloczynu liczby $\displaystyle \frac{1}{3} DB$ przez sumę ich wysokości, czyli liczbie

$ \frac{1}{2} (h' + h'') \frac{1}{3} DB = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} h' \cdot DB + \frac{1}{2} h'' \cdot DB \right) = \frac{1}{3} (S_{ABD} + S_{CBD}) = \frac{1}{3} S_{ABCD}. $

Uwaga. Analogiczne twierdzenie jest prawdziwe w przypadku podziału boków czworokąta $ABCD$ na $n$ równych części, gdzie $n > 3$ . Wtedy suma pól czworokątów położonych na przekątnej jest równa $\displaystyle \frac{1}{n} S_{ABCD}$ .