Stosunek pól trójkątów podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa.

W trójkącie $ABC$ połączono odcinkiem $ED$ środki boków $AC$ oraz $BC$. Trójkąty $ABC$ oraz $EDC$ są podobne w skali $k=2$. A zatem pole trójkąta $ABC$ jest $4$ razy większe od pola trójkąta $EDC$.

R12k40riDy0Np

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Zaznaczono środek boku $AC$ w punkcie E, oraz środek boku $BC$ w punkcie D. Punkty E i D połączono i zielonym kolorem zacieniowano powstały trójkąt $EDC$.

W trójkącie prostokątnym $ABC$, o przyprostokątnych $\left|BC\right|=3$ oraz $\left|AC\right|=4$ i przeciwprostokątnej $\left|AB\right|=5$, poprowadzono z wierzchołka kąta prostego wysokość $CD$, która podzieliła dany trójkąt na dwie części. Wyznaczmy pola każdego z trójkątów otrzymanych w ten sposób.

R1BSs5KL2uNGF

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Z wierzchołka kąta prostego C, opuszczono wysokość do przeciwprostokątnej $AB$, której spodek leży w punkcie D. Niebieskim kolorem zacieniowano trójkąt $ADC$, natomiast kolorem czerwonym $BDC$.

Rozwiązanie. Obliczamy pole rozpatrywanego trójkąta:
$P_{ABC}=\frac{1}{2}·\left|AC\right|·\left|BC\right|=\frac{1}{2}·4·3=6$.

Trójkąt $CBD$ jest podobny (na podstawie cechy $kkk$) do trójkąta $ABC$ w skali $k_1=\frac{\left|BC\right|}{\left|AB\right|}=\frac{3}{5}$, zatem jego pole jest równe
$P_{BCD}={\left(\frac{3}{5}\right)}^2·6=\frac{54}{25}=2\frac{4}{25}=2,16$.
Trójkąt $ACD$ jest podobny (na podstawie cechy $kkk$) do trójkąta $ABC$ w skali $k_2=\frac{\left|AC\right|}{\left|AB\right|}=\frac{4}{5}$, a więc jego pole jest równe
$P_{ACD}={\left(\frac{4}{5}\right)}^2·6=\frac{96}{25}=3\frac{21}{25}=3,84$.

Na boku $AB$ trójkąta $ABC$ leży punkt $D$. Prosta $k$ przechodzi przez $D$, jest równoległa do $BC$ i przecina bok $AC$ w punkcie $K$. Prosta $l$ przechodzi przez $D$, jest równoległa do $AC$ i przecina bok $BC$ w punkcie $L$ (zobacz rysunek).

RZW3my3wXDlP1

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AB$ zaznaczono punkt D. Poprowadzono prostą równoległą do boku $AC$, przechodzącą przez punkt D i przecinającą bok $BC$ w punkcie L. Na boku $AC$ zaznaczono punkt K. Poprowadzono prostą równoległą bo boku $BC$, przechodzącą przez punkt D i przecinającą bok $AC$ w punkcie K. Kolorem zielonym zacieniowano trójkąt $AKD$, oraz kolorem czerwonym trójkąt $BLD$.

Pole trójkąta $ADK$ jest równe $9$, a pole trójkąta $BDL$ jest równe $49$.
Obliczymy pole trójkąta $ABC$.

Rozwiązanie.

Oznaczmy pole trójkąta $ABC$ przez $x$.

Zauważmy, że:

• ponieważ $DK\parallel BC$, więc trójkąty $ADK$ i $ABC$ są podobne na mocy cechy $kkk$, w skali $\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}$; oznacza to, że $\frac{P_{ADK}}{P_{ABC}}={\left(\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}\right)}^2$, skąd $\frac{9}{x}={\left(\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}\right)}^2$, $\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}=\sqrt{\frac{9}{x}}$, czyli $\left|AD\right|=\left|AB\right|·\frac{3}{\sqrt{x}}$,

• ponieważ $DL\parallel AC$, więc trójkąty $BDL$ i $BAC$ są podobne na mocy cechy $kkk$, w skali $\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}$; oznacza to, że $\frac{P_{BDL}}{P_{ABC}}={\left(\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}\right)}^2$, skąd $\frac{49}{x}={\left(\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}\right)}^2$, $\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}=\sqrt{\frac{49}{x}}$, czyli $\left|BD\right|=\left|AB\right|·\frac{7}{\sqrt{x}}$

Uwzględniając powyższe spostrzeżenia w równości $\left|AD\right|+\left|DB\right|=\left|AB\right|$ otrzymujemy zależność
$\left|AB\right|·\frac{3}{\sqrt{x}}+\left|AB\right|·\frac{7}{\sqrt{x}}=\left|AB\right|$,
skąd $\left|AB\right|·\frac{10}{\sqrt{x}}=\left|AB\right|$
$\frac{10}{\sqrt{x}}=1$
$\sqrt{x}=10$
czyli $x=100$.

Zatem pole trójkąta $ABC$ jest równe $100$.

Uwaga $1$. Założmy, jak w powyższym przykładzie, że na boku $AB$ trójkąta $ABC$ leży punkt $D$, a na bokach $AC$ i $BC$ takie punkty, odpowiednio, $K$ i $L$, że $DK\parallel BC$ oraz $DL\parallel AC$.
Pokażemy, że jeśli $P_{ADK}=y$ i $P_{BLD}=z$, to
$P_{ABC}={\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2$.

Rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu powyższego przykładu, opisujemy podobieństwo trójkątów $ADK$, $DBL$ i $ABC$, a stąd otrzymujemy zależności
$\sqrt{\frac{P_{ADK}}{P_{ABC}}}=\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}$ oraz $\sqrt{\frac{P_{DBL}}{P_{ABC}}}=\frac{\left|DB\right|}{\left|AB\right|}$,
a więc $\left|AD\right|=\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{P_{ABC}}}·\left|AB\right|$ oraz $\left|DB\right|=\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{P_{ABC}}}·\left|AB\right|$.
Stąd $\left|AB\right|=\left|AD\right|+\left|DB\right|=\left(\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{P_{ABC}}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{P_{ABC}}}\right)·\left|AB\right|$,
$\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{P_{ABC}}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{P_{ABC}}}=1$,
$\sqrt{P_{ABC}}=\sqrt{y}+\sqrt{z}$,
czyli $P_{ABC}={\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2$.

Zauważmy przy okazji, że ponieważ $P_{ABC}=P_{ADK}+P_{DBL}+P_{DLCK}$ oraz ${\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2=y+2\sqrt{yz}+z$, więc $P_{DLCK}=2\sqrt{yz}$.

Uwaga $2$. Założmy że wewnątrz trójkata $ABC$ leży punkt $D$, a na bokach $AB$, $BC$ i $AC$ leżą takie pary punktów, odpowiednio, $E$ i $F$, $G$ i $H$ oraz $K$ i $L$, że $EH\parallel AC$, $FK\parallel BC$ oraz $GL\parallel AB$, przy czym proste $EH$, $FK$ i $GL$ przecinają się w punkcie $D$ (zobacz rysunek).

RePcHksla1Y6H

Na ilustracji przedstawiono trójkąt $ABC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt K, oraz na boku $AB$ punkt F, w taki sposób, że odcinek $KF$ jest równoległy do boku $BC$. Na boku $AC$ zaznaczono punkt L, oraz na boku $BC$ punkt G, w taki sposób, że odcinek $LG$ jest równoległy do boku $AB$. Na boku $AB$ zaznaczono punkt E, oraz na boku $BC$ punkt H, w taki sposób, że odcinek $EH$ jest równoległy do boku $AC$. Kolorem czerwonym zacieniowano powstały trójkąt $KLD$, kolorem zielonym trójkąt $DHG$, oraz kolorem niebieskim trójkąt $DEF$.

Pokażemy, że jeśli $P_{DEF}=x$, $P_{DGH}=y$ i $P_{DKL}=z$, to
$P_{ABC}={\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2$.

Zauważmy mianowicie, że na podstawie Uwagi $1$ możemy zapisać następujące zależności:

• $P_{EBH}={\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}^2$, przy czym $P_{DFBG}=2\sqrt{xy}$,

• $P_{LGC}={\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2$, przy czym $P_{DHCK}=2\sqrt{yz}$,

• $P_{FKA}={\left(\sqrt{x}+\sqrt{z}\right)}^2$.

Oznacza to, że
$P_{ABC}=P_{FKA}+P_{DFBG}+P_{DGH}+P_{DHCK}=$
$={\left(\sqrt{x}+\sqrt{z}\right)}^2+2\sqrt{xy}+y+2\sqrt{yz}=$
$=x+y+z+2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{xz}={\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}^2$.

Koniec dowodu.

W czworokącie $ABCD$ punkty $K$, $L$, $M$, $N$ są środkami boków, odpowiednio, $AB$, $BC$, $CD$ oraz $DA$, a proste $KM$ i $LN$ przecinają się w punkcie $X$ (jak na poniższym rysunku).

R3OUV4qT8N14P

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Punkty K, L, M, N połączono i powstał czworokąt $KLMN$. Zaznaczono przekątne $KM$ i $NL$, które przecinają się w punkcie X.

Wykażemy, że:

a) suma pól trójkątów $AKN$ i $CML$ jest równa sumie pól trójkątów $BLK$ i $DNM$.

RxBOSQadyZzn3

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Punkty K, L, M, N połączono i powstał czworokąt $KLMN$. Kolorem czerwonym zacieniowano trójkąty $MND$ oraz $BLK$. Kolorem zielonym zaznaczono trójkąty $AKN$ oraz $MLC$.

b) suma pól czworokątów $AKXN$ i $CMXL$ jest równa sumie pól czworokątów $BLXK$ i $DNXM$.

RR2wrh7OFyVj9

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono punkty N i L, oraz K i M. Odcinki przecinają się w punkcie X.

Rozwiązanie.

Prowadzimy przekątną $AC$ i korzystamy z twierdzenia o linii środkowej.

R1TkDlsGjPRWa

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Punkty K, L, M, N połączono i powstał czworokąt $KLMN$. Kolorem zielonym zaznaczono przekątną $AC$ czworokąta $ABCD$.

Otrzymujemy, że:

• w trójkącie $ABC$: $KL\parallel AC$ i $\left|KL\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|$, co oznacza, że trójkąty $KBL$ oraz $ABC$ są podobne (na podstawie cechy $kkk$), w skali $\frac{\left|KL\right|}{\left|AC\right|}=\frac{1}{2}$.
  Wynika stąd, że $\frac{P_{KBL}}{P_{ABC}}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$, czyli $P_{KBL}=\frac{1}{4}{P}_{ABC}$,

• w trójkącie $ADC$: $NM\parallel AC$ i $\left|NM\right|=\frac{1}{2}\left|AC\right|$, co oznacza, że trójkąty $NDM$ oraz $ADC$ są podobne (na podstawie cechy $kkk$), w skali $\frac{\left|NM\right|}{\left|AC\right|}=\frac{1}{2}$.
  Wynika stąd, że $\frac{P_{NDM}}{P_{ADC}}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$, czyli $P_{NDM}=\frac{1}{4}{P}_{ADC}$.

Wobec tego $P_{KBL}+P_{NDM}=\frac{1}{4}\left(P_{ABC}+P_{ADC}\right)=\frac{1}{4}{P}_{ABCD}$.

Prowadzimy teraz przekątną $BD$ i ponownie korzystamy z twierdzenia w linii środkowej w trójkątach $BAD$ i $BCD$.

R1GskWMh5y074

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono punkty stanowiące środki boków. Odpowiednio punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Punkty K, L, M, N połączono i powstał czworokąt $KLMN$. Kolorem zielonym zaznaczono przekątną $BD$ czworokąta $ABCD$.

Rozumując podobnie, jak w poprzednim przypadku otrzymujemy, że $P_{NAK}=\frac{1}{4}{P}_{DAB}$ oraz $P_{MCL}=\frac{1}{4}{P}_{DCB}$, skąd $P_{NAK}+P_{MCL}=\frac{1}{4}\left(P_{DAB}+P_{DCB}\right)=\frac{1}{4}{P}_{ABCD}$.

Wobec tego $P_{NAK}+P_{MCL}=P_{NDM}+P_{KBL}$, a to właśnie mieliśmy udowodnić.

b) Na podstawie spostrzeżeń poczynionych powyżej stwierdzamy, że:

• $P_{KLMN}=P_{ABCD}-\left(P_{NAK}+P_{MCL}\right)-\left(P_{NDM}+P_{KBL}\right)=$
  $=P_{ABCD}-\frac{1}{4}{P}_{ABCD}-\frac{1}{4}{P}_{ABCD}=\frac{1}{2}{P}_{ABCD}$,

• pary przeciwległych boków czworokąta $KLMN$ są równe, a więc jest on równoległobokiem, czyli jego przekątne przecinają się w połowie.
  Oznacza to, że
  $P_{KLX}=P_{LMX}=P_{MNX}=P_{NKX}=\frac{1}{4}{P}_{KLMN}=\frac{1}{8}{P}_{ABCD}$.

Wynika stąd, że
$P_{AKXN}+P_{CMXL}=\left(P_{AKN}+P_{CML}\right)+\left(P_{NKX}+P_{LMX}\right)=$
$=\frac{1}{4}{P}_{ABCD}+2·\frac{1}{8}{P}_{ABCD}=\frac{1}{2}{P}_{ABCD}$,
skąd otrzymujemy, że
$P_{BLXK}+P_{DNXM}=P_{ABCD}-\left(P_{AKXN}+P_{CMXL}\right)=\frac{1}{2}{P}_{ABCD}$,
a więc suma pól czworokątów $AKXN$ i $CMXL$ jest równa sumie pól czworokątów $BLXK$ i $DNXM$.
W ten sposób dowód został zakończony.

Uwaga.

Korzystając z wniosków zapisanych w powyższym przykładzie udowodnimy następującą własność.

Jeżeli każdy bok czworokąta wypukłego podzielimy na cztery równe części, a następnie:

• punkty podziału połączymy tak, żeby otrzymać podział na $16$ czworokątów,

• pomalujemy czworokąty otrzymane w wyniku tego podziału na dwa kolory tak, żeby otrzymać szachownicę (jak na rysunku poniżej),

R1J5rqzu9g65c

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły. Czworokąt podzielono na 16 czworokątnych części, które zamalowano naprzemiennie na różowo i zielono, w taki sposób, że powstała szachownica.

to sumy pól $8$ wielokątów w każdym z tych dwóch kolorów są równe.

Dla dowodu przyjmijmy, że rozpatrujemy własności czworokąta $ABCD$, którego środkami boków są punkty $K$, $L$, $M$ oraz $N$, a  $S$ jest punktem przecięcia odcinków $KM$ i $LN$ (jak na poniższym rysunku).

ReuIv9VaNwKtb

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły $ABCD$. Zaznaczono punkty, stanowiące środki odpowiednich boków. Punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono przeciwległe punkty, punkt N z punktem L oraz punkt M z punktem K. Odcinki przecinają się w punkcie S. Powstały cztery czworokąty, każdy z nich podzielono na kolejne 4 części.

Wobec tego czworokąt $KLMN$ jest równoległobokiem, a więc punkt $S$ jest środkiem każdej z jego przekątnych $KM$ i $LN$, a także prawdziwa jest równość
$P_{AKSN}+P_{CMSL}=P_{BKSL}+P_{DMSN}$.

RvSu1bRUMkIlB

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły $ABCD$. Zaznaczono punkty, stanowiące środki odpowiednich boków. Punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono przeciwległe punkty, punkt N z punktem L oraz punkt M z punktem K. Odcinki przecinają się w punkcie S. Powstały cztery czworokąty, każdy z nich podzielono na kolejne 4 części. Kolorem czerwonym zamalowano czworokąty $AKSN$, $MCSL$, natomiast kolorem niebieskim $DMSN$, oraz $SLBK$.

Oznaczmy z kolei: środek odcinka $DN$ przez $E$, środek odcinka $CL$ przez $F$, a przez $X$ – punkt przecięcia odcinków $EF$ i $MS$.

RRpcLszou7ixs

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły $ABCD$. Zaznaczono punkty, stanowiące środki odpowiednich boków. Punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono przeciwległe punkty, punkt N z punktem L oraz punkt M z punktem K. Odcinki przecinają się w punkcie S. Powstały cztery czworokąty, każdy z nich podzielono na kolejne 4 części. Zaznaczono punkt E, stanowiący środek odcinka $DN$, oraz punkt F stanowiący środek odcinka $CL$. Zaznaczono odcinek łączący punkt E i F, który przecina się z odcinkiem $MS$ w punkcie X. Kolorem zielonym zaznaczono równoległobok $EMFS$.

Ponieważ czworokąt $ESFM$ ma wierzchołki w środkach boków czworokąta $CDNL$, więc jest równoległobokiem, zatem punkt $X$ jest środkiem każdej z jego przekątnych, w szczególności jest to środek odcinka $MS$.

Oznaczmy następnie: środek odcinka $CM$ przez $G$, środek odcinka $BK$ przez $H$, a przez $Y$ – punkt przecięcia odcinków $GH$ i $LS$.

R11CPkkhrystM

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły $ABCD$. Zaznaczono punkty, stanowiące środki odpowiednich boków. Punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono przeciwległe punkty, punkt N z punktem L oraz punkt M z punktem K. Odcinki przecinają się w punkcie S. Powstały cztery czworokąty, każdy z nich podzielono na kolejne 4 części. Zaznaczono punkt G, stanowiący środek odcinka $MC$, oraz punkt H stanowiący środek odcinka $KB$. Zaznaczono odcinek łączący punkt G i H, który przecina się z odcinkiem $SL$ w punkcie Y. Kolorem zielonym zaznaczono równoległobok $GLHS$.

Ponieważ czworokąt $GSHL$ ma wierzchołki w środkach boków czworokąta $BCMK$, więc jest równoległobokiem, zatem punkt $Y$ jest środkiem każdej z jego przekątnych, w szczególności jest to środek odcinka $LS$.

Wynika stąd, że czworokąt $FGXY$ ma wierzchołki w środkach boków czworokąta $CMSL$.
Oznaczmy przez $Z$ punkt przecięcia przekątnych równoległoboku $FGXY$.

RQ47w5ShN4jyf

Na ilustracji przedstawiono czworokąt wypukły $ABCD$. Zaznaczono punkty, stanowiące środki odpowiednich boków. Punkt K na boku $AB$, punkt L na boku $BC$, punkt M na boku $CD$ oraz punkt N na boku $AD$. Połączono przeciwległe punkty, punkt N z punktem L oraz punkt M z punktem K. Odcinki przecinają się w punkcie S. Powstały cztery czworokąty, każdy z nich podzielono na kolejne 4 części. Zaznaczono środki boków czworokąta $MCSL$. Punkt G na boku $MC$, punkt F na boku $CL$, punkt Y na boku $SL$ oraz punkt X na boku $MS$. Połączono przeciwległe punkty X i F, G i Y. Odcinki przecinają się w punkcie Z. Kolorem niebieskim zacieniowano czworokąty $FCGZ$ i $XSYZ$, natomiast kolorem czerwonym $GMXZ$ i $YLFZ$.

Wówczas prawdziwa jest równość $P_{FCGZ}+P_{XSYZ}=P_{GMXZ}+P_{YLFZ}$.

Rozumując podobnie, wykazujemy równości par pól odpowiednich wielokątów otrzymanych z podziału czworokątów : $AKSN$, $BLSK$ oraz $DNSM$, skąd dostajemy tezę.

W równoległoboku $ABCD$ punkt $K$ jest środkiem boku $BC$, a na boku $AB$ leży taki punkt $L$, że $\left|BL\right|=2\left|AL\right|$. Proste $DK$ i $CL$ przecinają się w punkcie $M$ (jak na poniższym rysunku).

R14BxYZnSAPe8

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K, oraz wierzchołek C z punktem L. Odcinki przecinają się w punkcie M.

Obliczymy pole czworokąta $BKML$, wiedząc, że pole równoległoboku $ABCD$ jest równe $S$.

Rozwiązanie.

Przyjmujemy oznaczenia: $\left|BK\right|=x$ oraz $\left|AL\right|=y$.

Zatem z warunków zadania otrzymujemy, że:

• $\left|KC\right|=x$, $\left|BC\right|=\left|AD\right|=2x$,

• $\left|LB\right|=2y$, $\left|AB\right|=\left|CD\right|=3y$.

Oznaczmy ponadto:

• długość wysokości równoległoboku poprowadzonej z wierzchołka $D$ na bok $AB$ przez $h_1$ (wobec tego $h_1$ jest odległością między prostymi równoległymi $AB$ i $CD$),

• długość wysokości równoległoboku poprowadzonej z wierzchołka $D$ na bok $BC$ przez $h_2$ (wobec tego $h_2$ jest odległością między prostymi równoległymi $AD$ i $BC$).

Używając powyższych oznaczeń możemy zapisać:

• pole równoległoboku $ABCD$ jako $S=3y·h_1$ lub $S=2x·h_2$,

• pole trójkąta $KCD$ jako $P_{KCD}=\frac{1}{2}x{h}_2=\frac{1}{4}·2x{h}_2=\frac{1}{4}S$,

• pole trójkąta $LBC$ jako $P_{LBC}=\frac{1}{2}·2y·h_1=\frac{1}{3}·3y{h}_1=\frac{1}{3}S$.

Dalszą część rozwiązania przedstawimy na kilka sposobów.

$\text{I}$ sposób

Środek odcinka $LC$ oznaczamy przez $M_1$.

Wtedy odcinek $K{M}_1$ to linia środkowa w trójkącie $LBC$, co oznacza, że $K{M}_1\parallel BL$ i $\left|K{M}_1\right|=\frac{1}{2}\left|BL\right|=\frac{1}{2}·2y=y$.

R1PY3S8qG3C6m

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K, oraz wierzchołek C z punktem L. Odcinki przecinają się w punkcie M. Na odcinku $ML$, zaznaczono punkt $M_1$. Punkt $M_1$ połączono z punktem K. Odcinek $M_{1}K$ jest równoległy do boku $AB$.

Wobec tego trójkąty $K{M}_{1}C$ i $BLC$ są podobne (na mocy cechy $kkk$), w skali $\frac{\left|K{M}_1\right|}{\left|BL\right|}=\frac{1}{2}$. Zatem $\frac{P_{K{M}_{1}C}}{P_{BLC}}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$, skąd $P_{K{M}_{1}C}=\frac{1}{4}{P}_{BLC}=\frac{1}{4}·\frac{1}{4}S=\frac{1}{16}S$, a także $P_{LBK{M}_1}=\frac{3}{4}{P}_{BLC}=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{3}S=\frac{1}{4}S$.

R1WK1UKXjpENo

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K, oraz wierzchołek C z punktem L. Odcinki przecinają się w punkcie M. Na odcinku $ML$, zaznaczono punkt $M_1$. Punkt $M_1$ połączono z punktem K. Odcinek $M_{1}K$ jest równoległy do boku $AB$. Kolorem czerwonym zacieniowano pole trójkąta $BCL$.

Ponieważ $LB\parallel CD$, więc $K{M}_1\parallel CD$, skąd wynika, że trójkąty $KM{M}_1$ i $DMC$ są podobne (na mocy cechy $kkk$), w skali $\frac{\left|K{M}_1\right|}{\left|DC\right|}=\frac{y}{3y}=\frac{1}{3}$, zatem $\frac{\left|M_{1}M\right|}{\left|MC\right|}=\frac{1}{3}$.

ReJ3vzv3NjxNi

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K, oraz wierzchołek C z punktem L. Odcinki przecinają się w punkcie M. Na odcinku $ML$, zaznaczono punkt $M_1$. Punkt $M_1$ połączono z punktem K. Odcinek $M_{1}K$ jest równoległy do boku $AB$. Kolorem czerwonym zacieniowano pole trójkąta $MCD$ i $M_{1}MK$.

Ponieważ trójkąty $M{M}_{1}K$ i $MCK$ mają wspólny wierzchołek $K$, więc $\frac{P_{M{M}_{1}K}}{P_{MCK}}=\frac{\left|M_{1}M\right|}{\left|MC\right|}=\frac{1}{3}$.

Stąd $P_{M{M}_{1}K}=\frac{1}{3}{P}_{K{M}_{1}C}=\frac{1}{3}·\frac{1}{16}S=\frac{1}{48}S$, czyli
$P_{BKML}=P_{LBK{M}_1}+P_{M{M}_{1}K}=\frac{1}{4}S+\frac{1}{48}S=\frac{12+1}{48}S=\frac{13}{48}S$.

$\text{II}$ sposób

Oznaczmy przez $N$ punkt przecięcia prostych $AB$ i $DL$.

R1Y03Zdexg0UG

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek C z punktem L. Z punktu D poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $CL$ w punkcie M, bok $BC$ w punkcie K, oraz przedłużenie podstawy $AB$ w punkcie N.

Ponieważ $BN\parallel CD$ i $\left|BK\right|=\left|KC\right|$, więc na podstawie cechy kbk trójkąty $BKN$ oraz $CKD$ są przystające.

Rdf6er8TFhIbw

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek C z punktem L. Z punktu D poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $CL$ w punkcie M, bok $BC$ w punkcie K, oraz przedłużenie podstawy $AB$ w punkcie N. Kolorem czerwonym zacieniowano trójkąt $KCD$, oraz $BKN$.

Wynika stąd, że:

• $P_{KBN}=P_{KCD}=\frac{1}{4}S$,

• $\left|BN\right|=\left|CD\right|=3y$, a więc $\left|LN\right|=\left|LB\right|+\left|BN\right|=5y$.

Ponieważ $LN\parallel CD$, więc na podstawie cechy $kkk$ trójkąty $LNM$ oraz $CDM$ są podobne, przy czym skala tego podobieństwa jest równa $\frac{\left|LN\right|}{\left|CD\right|}=\frac{5y}{3y}=\frac{5}{3}$, skąd $\frac{\left|CM\right|}{\left|ML\right|}=\frac{3}{5}$.
Ponadto w tej właśnie skali pozostają wysokości poprowadzone z wierzchołka $M$ w trójkątach $MLN$ oraz $MCD$, co oznacza, że w pierwszym z nich ta wysokość jest równa $\frac{5}{8}{h}_1$, a w drugim jest równa $\frac{3}{8}{h}_1$.

Rrdwlaiyw7bmi

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek C z punktem L. Z punktu D poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $CL$ w punkcie M, bok $BC$ w punkcie K, oraz przedłużenie podstawy $AB$ w punkcie N. Kolorem czerwonym zacieniowano trójkąt $KCD$, oraz $BKN$. Przez punkt M poprowadzono prostą prostopadłą do podstawy $CD$, oraz $AB$.

Wobec tego
$P_{MLN}=\frac{1}{2}5y·\frac{5}{8}{h}_1=\frac{25}{16}y{h}_1=\frac{25}{48}·3y{h}_1=\frac{25}{48}S$.

Ostatecznie stwierdzamy, że
$P_{BKML}=P_{MLN}-P_{KBN}=\frac{25}{48}S-\frac{1}{4}S=\frac{25-12}{48}S=\frac{13}{48}S$.

$\mathrm{III}$ sposób

Oznaczmy przez $E$ punkt przecięcia prostych $AD$ i $CL$.

RrYQCOBlZX0nH

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K. Z punktu C poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $DK$ w punkcie M, bok $AB$ w punkcie L, oraz przedłużenie bok $DA$ w punkcie E.

Ponieważ $BC\parallel AE$ i $\left|LB\right|=2\left|LA\right|$, więc na podstawie cechy $kkk$ trójkąty $LAE$ oraz $LBC$ są podobne, w skali $\frac{\left|LA\right|}{\left|LB\right|}=\frac{1}{2}$.

RMPMRsMeH26Rt

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K. Z punktu C poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $DK$ w punkcie M, bok $AB$ w punkcie L, oraz przedłużenie bok $DA$ w punkcie E. Czerwonym kolorem zacieniowano trójkąt $BCL$, oraz $AEL$.

Wobec tego:

• $\frac{P_{LAE}}{P_{LBC}}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$, czyli $P_{LAE}=\frac{1}{4}{P}_{LBC}=\frac{1}{4}·\frac{1}{3}S=\frac{1}{12}S$,

• $\frac{\left|AE\right|}{\left|BC\right|}=\frac{1}{2}$, skąd $\left|AE\right|=\frac{1}{2}\left|BC\right|=\frac{1}{2}·2x=x$, czyli $\left|DE\right|=\left|DA\right|+\left|AE\right|=2x+x=3x$.

Ponieważ $DE\parallel KC$, więc na podstawie cechy $kkk$ trójkąty $KCM$ i $DEM$ są podobne, przy czym skala tego podobieństwa jest równa $\frac{\left|KC\right|}{\left|DE\right|}=\frac{x}{3x}=\frac{1}{3}$, skąd $\frac{\left|KM\right|}{\left|MD\right|}=\frac{1}{3}$.
Oznacza to, że stosunek długości wysokości poprowadzonych z wierzchołka $M$ w trójkątach $KCM$ i $DEM$ jest także równy $\frac{1}{3}$, skąd wynika, że w pierwszym z tych trójkątów taka wysokość jest równa $\frac{1}{4}{h}_2$, a w drugim z niech jest równa $\frac{3}{4}{h}_2$.

R35VGrzjq5Pov

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $CD$. Na boku $BC$ zaznaczono punkt K, stanowiący jego środek. Na boku $AB$ zaznaczono punkt L, taki że, odległość punktu L od wierzchołka B jest dwukrotnie większa od jego odległości od wierzchołka A. Połączono wierzchołek D z punktem K. Z punktu C poprowadzono półprostą przecinającą odcinek $DK$ w punkcie M, bok $AB$ w punkcie L, oraz przedłużenie bok $DA$ w punkcie E. Czerwonym kolorem zacieniowano trójkąt $DME$, oraz $CMK$. Z punktu K, poprowadzono prostą prostopadłą do boku $AD$, przechodzącą przez punkt M.

Zatem $P_{DEM}=\frac{1}{2}·3x·\frac{3}{4}{h}_2=\frac{9}{8}x{h}_2=\frac{9}{16}S$, skąd $P_{ALMD}=P_{DEM}-P_{LAE}=\frac{9}{16}S-\frac{1}{12}S=\frac{27-4}{48}S=\frac{23}{48}S$, czyli $P_{BKML}=P_{ABCD}-\left(P_{DALM}+P_{KCD}\right)=S-\left(\frac{23}{48}S+\frac{1}{4}S\right)=\frac{48-\left(23+12\right)}{48}S=\frac{13}{48}S$.

figury, z których jedna jest obrazem drugiej w pewnym podobieństwie

warunki konieczne i wystarczające na to, aby dwa trójkąty były podobne