Площади геометрических фтгур

[poliandre]

1.Выпуклый четырехугольник распался на четыре треугольника, когда точку пересечения его средних линий соединили со всеми вершинами. Докажите, что сумма площадей двух не соседних треугольников равна половине площади четырехугольника.

2.Разделить треугольник на три равновеликие части прямыми, перпендикулярными к основанию.

3.Разделите треугольник на две равновеликие части отрезком наименьшей длины.

4.Каждая из трех прямых делит площадь фигуры пополам. Докажите, что часть фигуры, заключенная внутри треугольника, образованного этими прямыми, имеет площадь, не превосходящую 1/4 площади фигуры.

5.Докажите, что любой выпуклый многоугольник можно разрезать двумя взаимно перпендикулярными прямыми на четыре фигуры равной площади.

P.S. Искомое решение , на мой взгляд, опирается на знание свойств площадей фигур, но глядя на чертежи к этим заданиям я теряюсь в догадках. Вроде бы иду в верном направлении, но вот чего-то не хватает...

[Батороев]

1. Почитайте про свойства центроида четырехугольника.

[ИСН]

В 5 что-то типа равновесия табуретки - доказательство по непрерывности ("если вот так у нас отклонение сюда, а вот так - наоборот, то, поворачивая из 1 в 2, неизбежно пройдём через...")

[ИСН]

2 банально: отмеряешь и режешь. Или там надо было циркулем и линейкой?
В 3 ответом является дуга окружности с центром в одной из вершин.

-- Вт, 2010-03-16, 23:07 --

Да, я читал, что в условии просят отрезок, но мне оно не нравится. Всё равно тема покинута топикстартером, так пусть уж будет по-моему.

[poliandre]

2. отмерять точки на основании к которым и проведем перпендикулярные прямые?

3. а окружность какого радиуса брать нужно?
а если там попробовать составить пропорции...да и в различных случаях этот отрезок может по-разному находиться.

[ИСН]

2. Как-то так, да.
3. Э. Это была свободная фантазия "какую бы ещё задачу придумать", а Вам же вроде отрезки нужны, нет? С отрезками это другая задача. Наверное, будет отрезок, перпендикулярный к биссектрисе наименьшего угла, но я не проверял.

-- Ср, 2010-03-17, 19:59 --

Ну и в заключение...
4. Взять какую-нибудь фигуру из теста Роршаха, разрезать тремя прямыми. Будет 7 кусков. Обозначить их: $a,b_1,b_2,b_3,c_1,c_2,c_3$. Написать все мыслимые уравнения между ними: одно подмножество равно другому, третье - четвёртому, пятое - шестому, и все они - друг другу, а также половине общей суммы. И комбинировать до достижения результата. Там просто.

[mihiv]

2.Обозначим тр-к ABC,AC-основание,из вершины B опустим высоту BM на AC,из точки K на стороне AB опустим перпендикуляр KL на AC,так что площадь $\triangle AKL,S_x=\frac 13S$,где S-площадь $\triangle ABC$.Пусть a-длина AC,b-длина AM,x-длина AL,тогда можно доказать,что $x=\sqrt \frac {ab}3$, и x строится циркулем и линейкой.

[poliandre]

4. То есть брать суммы площадей и сравнивать пока не получится что-либо подходящее? Похоже на подгонку))

2. Допустим что мы построили треугольник AKL и он равен 1/3 треугольника ABC (по площади), остается разбить оставшуюся часть на две равные площади опять же отрезком перпендикулярным к основанию. Тогда по указанному способу можно взять точку на стороне BC и проделать аналогичные действия...все бы ничего...но схематичный рисунок все портит. Не спорю, что один треугольник можно найти, но вот второй - я сомневаюсь.

[ИСН]

Нет. Не подгонку. Брать буквы. Какие, я сказал. Писать равенства.

[mihiv]

Если площадь $\triangle ABM>\frac 23S$,то из точки N на стороне AB опускаем перпендикуляр NO на сторону AC так,что площадь тр-ка ANO равна $\frac 23S_{ABC}.$Пусть $y$ длина отрезка AO аналогично можно доказать,что $y=\sqrt \frac{2ab}3$.
Если же площадь тр-ка ABM $<\frac 23S$,то перпендикуляр NO опускаем из точки N на стороне BC так,что площадь тр-ка NBO равна $\frac 13$ площади тр-ка ABC.Длина NO в этом случае равна $\sqrt \frac {(a-b)a}3.$

[poliandre]

Писать равенства что сумма площадей одних кусков равна сумме площадей других, и перебирать всевозможные варианты?

[ИСН]

Да, такие равенства, и с ними возиться.

[Батороев]

2. Необходимо основание поделить на три части, соединить полученные точки с противоположной вершиной. Получаем три равных по площади треугольника: $1; 2; 3$.
Затем объединив в треугольник треугольники $1+2$, поделить его пополам, проведя перпендикуляр к основанию через пересечение его биссектрис.
В оконцовке проделать то же самое с треугольником $2+3$.

Свежее решение! В том смысле, что осенило только 10 минут назад.

[Батороев]

Такой способ, к сожалению, годится не для всех случаев.

[Батороев]

Нашел короткое решение задачи 1 (до этого было сложное и длинное).

Четырехугольник $ABCD$.

Середины сторон $AB; BC; CD; AD$, соответственно, точки $M; N; K; L$.

Пересечение $MK$ и $NL$ - точка $F$.
________________

$ S_{AML}+S_{CNK}= \dfrac{S_0}{4}$, где $S_0$ - площадь четырехугольника $ABCD$ (используемое свойство: площадь треугольника, отсекаемого средней линией равна четверти площади треугольника).

$ S_{ABL}+S_{CDN}= \dfrac{S_0}{2}= S_{BNDL}$ (используемое свойство: площадь треугольника медианой делится пополам).

$S_{BNF}=\dfrac {S_{BNL}}{2}$
$S_{DFL}=\dfrac{S_{DNL}}{2}$

$S_{BNF}+S_{DFL}=\dfrac {S_0}{4}$

$S_{ADF}+S_{BCF}=\dfrac {S_0}{2}$