10348. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
точка E
— середина стороны CD
, F
— середина стороны AD
, K
— точка пересечения прямых AC
и BE
. Докажите, что площадь треугольника BKF
в два раза меньше площади треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Проведём EF
— среднюю линию треугольника ADC
(рис. 1). Тогда \frac{S_{\triangle BKF}}{S_{\triangle BEF}}=\frac{BK}{BE}
, так как высоты этих треугольников, проведённые из вершины F
, совпадают. Кроме того, так как EF\parallel AC
, то длины перпендикуляров, опущенных из точки B
на прямые EF
и AC
относятся как BE:BK
, поэтому
\frac{S_{\triangle BEF}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{EF\cdot BE}{AC\cdot BK}=\frac{1}{2}\cdot\frac{BE}{BK}.
Перемножив почленно полученные равенства, получим, что
\frac{S_{\triangle BKF}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{2}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть a
, c
, f
и d
— длины перпендикуляров, опущенных на прямую BE
из точек A
, C
, F
и D
соответственно (рис. 2). Тогда c=d
и f=\frac{a+d}{2}
. Следовательно,
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABK}+S_{\triangle KBC}=\frac{1}{2}BK(a+c)=\frac{1}{2}BK(a+d)=BK\cdot f=2S_{\triangle BKF}.
Что и требовалось доказать.
Третий способ. Проведём отрезки BD
и DK
(рис. 3). Медиана треугольника делит его площадь пополам, поэтому
2S_{\triangle BKF}=2(S_{ABCD}-S_{\triangle BCE}-S_{\triangle ABF}-S_{\triangle FKD}-S_{\triangle DKE})=
=2S_{ABCD}-S_{\triangle BCD}-S_{\triangle ABD}-S_{\triangle AKD}-S_{\triangle DKC}=
=S_{ABCD}-S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ABC}.
Что и требовалось доказать.
Четвёртый способ. Проведём отрезки BD
и EF
(рис. 1 или рис. 3). Медиана треугольника делит его площадь пополам, поэтому
S_{\triangle BCE}=S_{\triangle BCD},~S_{\triangle ABF}=S_{\triangle ABD}ABD.
Кроме того, EF
— средняя линия треугольника ADC
, поэтому
S_{\triangle DEF}=S_{\triangle EFK}=S_{\triangle ACD}.
Следовательно,
S_{\triangle BKF}=S_{ABCD}-S_{\triangle ABF}-S_{\triangle BCE}-S_{DFKE}=
=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BCD}+S_{\triangle ACD}=S_{\triangle ABC}.
Что и требовалось доказать.