Triangle séparé en 4 triangles de surface égale

Question

J'ai un triangle $ABC$ avec tous les angles inférieurs à $90$degrés. Points$M$, $N$ et $P$ sont situés sur $BC$, $AC$ et $AB$. Les domaines de$APN$, $BPM$, $NCM$ et $PMN$ sont tous égaux.

Je veux le prouver $M$, $N$, $P$ sont les milieux de $BC$, $AC$ et $AB$.

Je n'ai rien pu tirer des formules d'aire. Je ne vois pas non plus de triangles similaires. Je pense qu'il pourrait être utile de prouver d'abord que$BC||PN, AC||PM$ et $AB||MN$, mais je ne sais pas comment faire ça.

Toutes les idées / astuces seront appréciées. Merci!

Answer 1

Laisser $\alpha$, $\alpha'$, $\beta$, $\beta'$, $\gamma$, $\gamma'$ être les rapports des sous-segments aux côtés du triangle, de sorte que nous ayons l'image montrée:

Nécessairement, nous devons avoir $$\alpha+\alpha'=\beta+\beta'=\gamma+\gamma'=1\tag{$\étoile$}$$ $$\alpha\beta'=\beta\gamma'=\gamma\alpha'=\frac14\tag{$\ étoile \ étoile$}$$ (La première relation reconnaît que chaque paire de sous-segments comprend un côté complet; la seconde découle de chacun des sous-triangles $\triangle APN$, $\triangle BNP$, $\triangle CNM$ ayant un quart de la superficie de $\triangle ABC$. (Pouvez-vous voir pourquoi?))

Nous pourrions trouver une solution au système non linéaire pour trouver que chaque valeur est$1/2$. En fait, cette approche n'est pas aussi intimidante que cela puisse paraître; néanmoins, il y a une meilleure façon ...

Nous attribuons $\alpha := \frac12(1+\lambda)$ pour certains $\lambda\neq\pm1$, puis soutenez comme ci-dessous pour montrer que $\lambda=0$, obtenant le résultat.

(Remarque: "$\star$" et "$\star\star$"indique qu'une implication découle de la relation correspondante ci-dessus.)

$$\underbrace{\begin{array}{ccc} \color{red}{\alpha :=\dfrac12(1+\lambda)} &\quad\stackrel{\displaystyle\star}{\to}\quad& \alpha' =\dfrac12(1-\lambda) \\[8pt] \downarrow{\displaystyle\star\star} && \downarrow{\displaystyle\star\star} \\[8pt] \beta'=\dfrac{1}{2(1+\lambda)} && \gamma=\dfrac{1}{2(1-\lambda)} \\[8pt] \downarrow{\displaystyle\star} && \downarrow{\displaystyle\star} \\[8pt] \beta=\dfrac{1+2\lambda}{2(1+\lambda)} && \gamma'=\dfrac{1-2\lambda}{2(1-\lambda)} \end{array}}_{\displaystyle\phantom{\star\star\,}\downarrow\;\star\star} \\ \phantom{\quad\to\quad \lambda=0}\frac{1-4\lambda^2}{1-\lambda^2}=1 \quad\to\quad \color{red}{\lambda=0}$$

Answer 2

Soit après une transformation affine ( https://en.wikipedia.org/wiki/Affine_transformation )

$\Delta ABC$ va à équilatéral $\Delta A'B'C'$ et points $P,$ $M$ et $N$ aller à $P'$, $M'$ et $N'$.

Ainsi, depuis $$S_{\Delta A'P'N'}=S_{\Delta B'M'P'},$$ on voit ça $\Delta A'P'N'\cong\Delta B'M'P'.$

Maintenant, laisse $A'B'=1$ et $A'P'=x.$

Donc, $B'M'=x$ et nous obtenons: $$\frac{1}{2}x(1-x)\sin60^{\circ}=\frac{1}{4}\cdot\frac{\sqrt3}{4},$$ qui donne $x=\frac{1}{2},$ $P'$, $M'$ et $N'$ sont des points médians de $A'B'$, $B'C'$ et $A'C'$ et d'ici $P$, $M$ et $N$ sont des points médians de $AB$, $BC$ et $AC$.

Laisser $A'P'=x$, $B'M'=y$, $C'N'=z$ et $A'B'=1$.

Ainsi, depuis $$S_{\Delta A'P'N'}=S_{\Delta B'M'P'}=S_{\Delta C'N'M'},$$ on obtient: $$x(1-z)=y(1-x)=z(1-y)$$ et d'ici $$x=y=z.$$

Answer 3

En plus de ces deux solutions assez compliquées, ce problème peut aussi avoir une solution simple:

Tracez deux lignes de A et B parallèles à CB et AC respectivement. Marquez leur intersection comme D, un parallélogramme ADBC ​​sera construit. Prolongez MP et NP pour croiser AD et BD en E et F respectivement. Les triangles PMB et PAE sont similaires, c'est pourquoi le triangle ADB peut être considéré comme une sorte de transformée affine de ABC. Par conséquent$\triangle PMB=\triangle APE$ ce qui se traduit par $\triangle ANP=\triangle APE$. Ces deux triangles ont une base commune AP et deux sommets communs A et P donc leurs altitudes doivent être égales. Cela donne ce résultat que NP doit être parallèle à AD et BC. De même, nous pouvons montrer que MP est parallèle à AC. C'est ce que vous recherchiez.