Demostrar que $\frac{PQ}{MN} = \frac{|[BCE] - [ADE]|}{[ABCD]}$ en un cuadrilátero ABCD donde P y Q están relacionados con las diagonales

Question

Recientemente se me han planteado unos problemas de desafío que realmente quiero averiguar. Pero, en su mayor parte, no consigo averiguar cómo probar completamente los problemas. Ahora uno de los problemas va algo así.

Digamos que nos dan un cuadrilátero convexo $ABCD$ . Podemos empezar haciendo algunas construcciones a la misma, empezando por denotar el punto $E$ como la intersección de las diagonales de $ABCD$ . Además, digamos que los puntos $M$ y $N$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $CD$ respectivamente. Y continuando con el segmento $MN$ podemos encontrar que se encuentra con nuestras diagonales $AC$ y $BC$ que podemos etiquetar los puntos en los que se encuentra con las diagonales como puntos $P$ y $Q$ respectivamente.

Y se nos da la tarea de demostrar que $\frac{PQ}{MN} = \frac{|[BCE] - [ADE]|}{[ABCD]}$ . Ahora, en su mayor parte, he sido capaz de entender lo que esta pregunta está pidiendo, y he sido capaz de construir un diagrama en línea. He puesto una captura de pantalla de la misma a continuación. Ahora la parte que me despista es que hay que relacionar la longitud de dos segmentos con el área de unas figuras. He reconocido que la longitud de los segmentos influye en los triángulos del numerador, pero no sé exactamente cómo puedo hacer una conexión concreta entre ellos. ¿Alguien tiene una idea de cómo hacerlo?

Answer 1

Dejemos que $S_{\Delta EPN}=a$ , $S_{\Delta EPQ}=b$ y $S_{\Delta EQM}=c$ .

Así, $$S_{QMB}\cdot b=S_{\Delta QPB}\cdot c,$$ que da $$S_{\Delta QPB}=\frac{bS_{\Delta QMB}}{c}$$ y como $$S_{\Delta PAM}=S_{\Delta PBM},$$ obtenemos: $$b+c+c+S_{\Delta QMB}=\frac{bS_{\Delta QMB}}{c}+S_{\Delta QMB},$$ que da $$S_{\Delta QMB}=\frac{c(2c+b)}{b},$$ $$S_{\Delta AEB}=2S_{\Delta AEM}=2\left(c+\frac{c(2c+b)}{b}\right)=\frac{4c(b+c)}{b}.$$ Por el mismo camino obtenemos: $$S_{\Delta PNC}=\frac{a(2a+b)}{b}$$ y $$S_{\Delta DEC}=\frac{4a(a+b)}{b}.$$ También, $$S_{\Delta QPB}=\frac{bS_{\Delta QMB}}{c}=\frac{b}{c}\cdot\frac{c(2c+b)}{b}=2c+b,$$ que da $$\frac{S_{\Delta PBC}}{b+2c+b}=\frac{\frac{a(2a+b)}{b}}{a}$$ o $$S_{\Delta PBC}=\frac{2(2a+b)(b+c)}{b}$$ y $$S_{\Delta EBC}=b+2c+b+\frac{2(2a+b)(b+c)}{b}=\frac{4(a+b)(b+c)}{b}.$$ Así, $$S_{\Delta ADE}=\frac{S_{\Delta DEC}S_{\Delta AEB}}{S_{\Delta EBC}}=\frac{4ac}{b}.$$ Id est, $$\frac{|S_{\Delta BCE}-S_{\Delta ADE}|}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{4(a+b)(b+c)}{b}-\frac{4ac}{b}}{\frac{4(a+b)(b+c)}{b}+\frac{4ac}{b}+\frac{4c(b+c)}{b}+\frac{4a(a+b)}{b}}=$$ $$=\frac{b(a+b+c)}{(a+b+c)^2}=\frac{b}{a+b+c}=\frac{PQ}{MN}.$$

Answer 2

Usamos el hecho de que en los cuadriláteros con lados opuestos paralelos (figuras a, b y c) las diagonales y la línea que une los puntos medios de los lados paralelos pasan por un punto.Consideremos ahora la figura c, donde el vértice G se transforma en D y el trapecio ABCG se transforma en ABCD y el triángulo PEQ ha tomado forma, o el punto H se transforma en el triángulo PEQ. En la forma ABCG los triángulos CHB y GHA son iguales por lo que su diferencia es cero , por lo que es el área de FEQ y la medida de PQ. Por lo tanto la fracción se mantiene. Consideremos ahora la figura e donde D coincide con A y el equilátero ABCD se transforma en el triángulo ABC. Ahora el área del triángulo DEA es cero y el área del equilátero ABCD es igual al área del triángulo ABC y de nuevo la fracción se mantiene. Por lo tanto, por inducción se puede concluir que la fracción se mantiene dondequiera que se encuentre D.