6202. Точки E
и F
— середины сторон AB
и AD
параллелограмма ABCD
, а отрезки CE
и BF
пересекаются в точке K
. Точка M
лежит на отрезке EC
, причём BM\parallel KD
. Докажите, что площади треугольника KFD
и трапеции KBMD
равны.
Решение. Первый способ. Пусть прямая, проведённая через вершину D
параллельно EC
, пересекает прямую AB
в точке N
, а прямые DN
и BF
пересекаются в точке P
. Тогда
EN=CD=AB=2BE~\Rightarrow~\frac{BK}{KP}=\frac{BE}{EN}=\frac{1}{2}.
Треугольник BKM
подобен треугольнику KPD
с коэффициентом \frac{BK}{KP}=\frac{1}{2}
, а треугольник FPD
— треугольнику BKC
с коэффициентом \frac{FD}{BC}=\frac{1}{2}
, значит,
FP=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}KP=\frac{1}{4}KP~\Rightarrow~FP=\frac{1}{3}KF.
Поэтому
S_{\triangle KFD}=\frac{3}{4}S_{\triangle KPD}=\frac{3}{4}\cdot4S_{\triangle BKM}=3S_{\triangle BKM}.
С другой стороны, поскольку BM\parallel KD
, то высоты треугольников KMD
и BKM
, проведённые из вершин соответственно M
и K
, равны, поэтому
\frac{S_{\triangle KMD}}{S_{\triangle BKM}}=\frac{DK}{BM}=2~\Rightarrow~S_{\triangle KMD}=2S_{\triangle BKM}.
Значит,
S_{KBDM}=S_{\triangle KMD}+S_{\triangle BKM}=2S_{\triangle BKM}+S_{\triangle BKM}=3S_{\triangle BKM}.
Следовательно, S_{KBDM}=S_{\triangle KFD}
.
Второй способ. Положим AD=BC=2a
, AB=CD=4b
, S_{ABCD}=S
. Пусть прямые CE
и AD
пересекаются в точке T
, а прямые BF
и CD
— в точке H
.
Треугольник AET
равен треугольнику BEC
, а треугольник DFH
— треугольнику AFB
, поэтому
AT=BC=2a,~FT=3a,~S_{\triangle BHC}=S_{ABCD}=S.
Треугольник BKC
подобен треугольнику FKT
, поэтому \frac{BK}{KF}=\frac{BC}{FT}=\frac{2}{3}
. Положим BK=2t
, KF=3t
. Тогда BF=5t
, а так как FH=BF
, то
\frac{BK}{KH}=\frac{2t}{3t+5t}=\frac{1}{4},~\frac{KH}{BH}=\frac{4}{5}.
Пусть прямая BM
пересекает сторону CD
в точке G
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках \frac{HD}{DG}=\frac{HK}{KB}=\frac{4}{1}
, поэтому
DG=\frac{1}{4}DH=\frac{1}{4}AB=\frac{1}{4}\cdot4b=b.
Тогда
S_{\triangle BHG}=\frac{HD}{HC}S_{\triangle BHC}=\frac{4b+b}{8b}S=\frac{5}{8}S,
а так как треугольник KHD
подобен треугольнику BHG
с коэффициентом \frac{HD}{HG}=\frac{4}{5}
, то
S_{\triangle KHD}=\left(\frac{4}{5}\right)^{2}\cdot S_{\triangle BHG}=\frac{16}{25}\cdot\frac{5}{8}S=\frac{2}{5}S.
Следовательно,
S_{\triangle KFD}=\frac{KF}{KH}\cdot S_{\triangle KHD}=\frac{3}{8}\cdot\frac{2}{5}S=\frac{3}{20}S.
Из подобия треугольников BME
и GMC
получаем, что
\frac{BM}{MG}=\frac{BE}{CG}=\frac{2b}{3b}=\frac{2}{3},
а из подобия треугольников DHK
и GHB
— DK=\frac{4}{5}BG
. Положим BM=2l
, MG=3l
. Тогда DK=\frac{4}{5}\cdot5l=4l
.
Пусть расстояние между параллельными прямыми BG
и KD
равно h
. Тогда
S_{\triangle DMG}=\frac{1}{2}GM\cdot h=\frac{1}{2}\cdot3lh=\frac{3}{2}lh,
S_{BKDG}=\frac{5l+4l}{2}\cdot h=\frac{9}{2}lh,
S_{KBMD}=\frac{BM+KD}{2}\cdot h=\frac{2l+4l}{2}\cdot h=3lh,
а так как
S_{BKDG}=S_{\triangle BHG}-S_{\triangle KHD}=\frac{5}{8}S-\frac{2}{5}S=\frac{9}{40}S,
то \frac{9}{2}lh=\frac{9}{40}S
. Отсюда lh=\frac{1}{20}S
. Значит,
S_{KBMD}=3lh=\frac{3}{20}S.
Следовательно, S_{KBMD}=S_{\triangle KFD}
.
Источник: Московская областная математическая олимпиада. — 1993-94, 11 класс.
Источник: Саратовская олимпиада. — 1993/1994, III тур, 11 класс