XXI OM - I -Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

W równoległoboku $ABCD$ połączono punkt $A$ ze środkiem $A'$ boku $\overline{BC}$ , punkt $B$ ze środkiem $B'$ boku $\overline{CD}$ , punkt $C$ ze środkiem $C'$ boku $\overline{DA}$ oraz punkt $D$ ze środkiem $D'$ boku $\overline{AB}$ . Udowodnić, że punkty przecięcia prostych $AA'$ i $BB'$ ; $BB'$ i $CC'$ ; $CC'$ i $DD'$ ; $DD'$ i $AA'$ są wierzchołkami czworokąta o polu 5 razy mniejszym od pola równoległoboku $ABCD$ .

Rozwiązanie

Rozpatrzmy trójkąty $ADD'$ i $CBB'$ (rys. 5). Są one przystające, ponieważ $AD' = CB'$ , $AD = CB$ i $\measuredangle D'AD = \measuredangle B'CB$ .

Zatem $\measuredangle AD'D = \measuredangle CB'B$ . Wynika stąd, że proste $DD'$ i $BB'$ są równoległe. Analogicznie dowodzimy, że proste $AA'$ i $CC'$ też są równoległe. Zatem czworokąt $PQRS$ jest równoległobokiem. Rozpatrzmy trójkąty $APD'$ i $AQB$ . Są one podobne ponieważ $\measuredangle PAD' = \measuredangle QAB$ (kąt wspólny) oraz $\measuredangle AD'P = \measuredangle ABQ$ (kąty odpowiadające).

Wobec tego

$ (1) \qquad \frac{D'P}{BQ} = \frac{AD'}{AB} = \frac{1}{2}. $

Stosując twierdzenie Talesa do kąta $\measuredangle B'BC$ otrzymujemy

$ (2) \qquad \frac{BQ}{QR} = \frac{BA'}{A'C} = 1. $

Stosując twierdzenie Talesa do kąta $\measuredangle ADP$ otrzymujemy

$ (3) \qquad \frac{PS}{SD} = \frac{AC'}{C'D} = 1. $

Z (1) i (2) wynika, że $D'P = \frac{1}{2} BQ = \frac{1}{2} QR$ .

Wiemy ponadto z (3), że $PS = SD$ oraz, że $QR = PS$ , ponieważ $PQRS$ jest równoległobokiem.

Wobec tego $D'D = D'P + PS + SD = \frac{1}{2} QR + QR + QR = \frac{5}{2} QR = \frac{5}{2}$ .

Stąd $S_{DD'BB'} = \frac{5}{2} S_{PQRS}$ , ponieważ równoległoboki $DD'BB'$ i $PQRS$ mają jednakowe wysokości, a podstawa pierwszego z nich jest $\frac{5}{2}$ razy większa niż podstawa drugiego.

Analogicznie stwierdzamy, że $S_{DD'BB'} = \frac{1}{2} S_{ABCD}$ . Z ostatnich dwóch równości otrzymujemy, że

$ S_{PQRS} = \frac{1}{5} S_{ABCD}. $