Пятая часть (а больше и не бывает)

[TOTAL]

В четырёхугольнике $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O$, причём $\dfrac{CO}{CA} +1 = 3\dfrac{BO}{BD} $.
Красные линии, проведённые из вершин к серединам сторон, ограничивают четырёхугольник $KLMN$.
Доказать, что площадь $KLMN$ в пять раз меньше площади $ABCD$.

[waxtep]

TOTAL в сообщении #1600341 писал(а):

причём $\dfrac{CO}{CA} +1 = 3\dfrac{BO}{BD} $

Видно, что это работает, в частности, для паралеллограмма, когда диагонали делятся точкой их пересечения пополам. Кажется возможным такой подход (я не пробовал): 1) преобразуем исходный четырехугольник в квадрат (вещественным дробно-линейным отображением) 2) докажем, что отношение площадей четырехугольников при этом отображении сохранится, с учетом того, что исходный четырехугольник не какой попало

[svv]

Я сначала доказал, что если $\frac{CO}{CA} +1 = 3\frac{BO}{BD}$, то прямые $KN$ и $LM$ параллельны.

Потом делал так. $BD$ делит $KLMN$ на две части, левую и правую. Надо доказать, что площадь левой части (на картинке обведена синим) равна $\frac 1 5$ площади $ABD$ (красный). Это легко сделать, опираясь на то, что все зелёные линии параллельны и расстояния между ними равны.

И аналогично доказывается, что площадь правой части $KLMN$ равна $\frac 1 5$ площади $CBD$.

[TOTAL]

svv в сообщении #1600374 писал(а):

Я сначала доказал, что если $\frac{CO}{CA} +1 = 3\frac{BO}{BD}$, то прямые $KN$ и $LM$ параллельны.

Интересное наблюдение про параллельность. Насколько громоздко это доказывается?

Я решал задачу в общем виде (диагонали точкой пересечения делятся в произвольном отношении каждая), откуда и получалось условие, при котором достигается максимальная $(1/5)$ и минимальная ($1/6$, это уже треугольник) площадь. Чуть позже напишу чуть подробнее.

[svv]

$P$ — середина $AB$, $R$ — середина $CD$.
Проведём отрезки $PP'$ и $RR'$ параллельно диагонали $BD$.

Идея доказательства. Покажем, что $CP':P'P=AR':R'R$. Тогда, с учётом $\angle CP'P=\angle AR'R$, треугольники $CP'P$ и $AR'R$ подобны, и $\angle ACP=\angle CAR$.

(Док-во пропорции подробно)

$\dfrac{CO}{CA} +1 = 3\dfrac{BO}{BD}$

$\dfrac{CO+CA}{3CA} = \dfrac{BO}{BD}$

$\dfrac{CO+CA}{3CA-(CO+CA)} = \dfrac{BO}{BD-BO}$

$\dfrac{\frac 1 2(CO+CA)}{CA-\frac 1 2CO} = \dfrac{\frac 1 2 BO}{\frac 1 2(BD-BO)}$

$\dfrac{CP'}{AR'} = \dfrac{P'P}{R'R}$

[TOTAL]

Обозначения.
Площадь $ABCD=1$
Площадь $AA_1D=P_4$ (и аналогичные)
Площадь $NA_1D=S_1$ (и аналогичные)

$$x=\dfrac{CO}{CA}-\dfrac{1}{2}, \;\; y=\dfrac{BO}{BD}-\dfrac{1}{2}$$

$$P_1=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}+x\right), \; P_2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}+y\right), \; P_3=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-x\right), \; P_4=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-y\right)$$

Так как $S_{KLMN}=S_1+S_2+ S_3+S_4$, выражаем эти $S_i$ через $P_i$, т.е. через $x,y$. Например

$$\dfrac{S_1}{{P_4} - S_1}= \dfrac{S_{DD_1A_1}}{S_{DD_1A}}=\dfrac{P_1/2}{P_3+P_4} \rightarrow S_1=\dfrac{P_1P_4}{P_1+2P_3+2P_4} $$

Если уже на этом этапе учесть условие $x=3y$, то всё получится просто.

[svv]

Доказательство — отлично.
Интересная задача.


На первой картинке случай $x=3y$, и $KN\parallel LM$.
На второй картинке случай $3x=-y$, и $KL\parallel NM$.
На третьей выполняются оба условия, суперсимметрия.

[TOTAL]

Для комплекта добавлю.
Если линии проводить не к серединам сторон, а в отношении $DA_1/DC= \varepsilon$, то аналогичные (но ещё более громоздкие) вычисления дают

$$\dfrac{(1-\varepsilon)^3}{1-\varepsilon+\varepsilon^2}<S_{KLMN} \le \dfrac{(1-\varepsilon)^2}{1+\varepsilon^2},$$

причем максимальное значение достигается при условии $(1+\varepsilon)x+(1-\varepsilon)y=0$ (и втором таком же с точностью до названия вершин)

Подозреваю, что и здесь максимум обеспечивается всё той же важной персоной - параллельностью. Интересно, можно как-то без вычислений догадаться, что для максимума нужна параллельность? Хоть какая-то параллельность, хоть одной пары сторон.