Доказательство:

Отложим от точки \(C\) отрезок \(B'C\), такой что \(B'C = BC = a\), и точки \(B\), \(C\), \(B'\) - лежат на одной прямой. Тогда в треугольнике \(ABB'\) \(AC\) - высота и медиана, значит, \(ABB'\) - равнобедренный треугольник (\(\angle{B'} = \angle{B}\)). \(AC\) - биссектриса угла \(\angle{B'AB}\), поэтому \(\angle{B'AB} = 60^{\circ}\), отсюда следует, что оставшиеся углы треугольника также равны \(60^{\circ}\), то есть \(ABB'\) - равносторонний треугольник, в частности \(2a = BB' = AB = c\).

\(\Box\)

Замечание: Пусть в треугольнике \(ABC\) \(\angle{CAB} = 30^{\circ}\), \(BC = a\), \(AB = 2a\), \(AC = b\). Воспользуемся теоремой косинусов: \( a^2 = (2a)^2 + b^2 - 2ab\cos{30^{\circ}}\Longleftrightarrow b^2 - 2\sqrt{3}ab + 3a^2 = 0\Longleftrightarrow (b - a\sqrt{3})^2 = 0\Longleftrightarrow b = a\sqrt{3}. \) Заметим, что для треугольника со сторонами \(a\), \(\sqrt{3}a\), \(2a\) верна теорема Пифагора: \( a^2 + (\sqrt{3}a)^2 = 4a^2 = (2a)^2. \) Значит \(ABC\) - прямоугольный треугольник.

Доказательство:

Достроим треугольник \(ABC\) до квадрата \(CHFD\) со стороной \((a+b)\) как показано на рисунке. Треугольники \(ABC\), \(GAH\), \(EGF\), \(BED\) равны по двум сторонам (катетам) и углу между ними. \(\alpha + \beta = 90^{\circ}\), поэтому \(AGEB\) - квадрат. Таким образом, площадь квадрата \(CHFD\) равна, с одной стороны \((a + b)^2\), с другой стороны \(4\cdot\dfrac{ab}{2} + c^2\), то есть

\((a + b)^2 = 2ab + c^2\;\;\;\Longrightarrow\;\;\; a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2\;\;\;\Longrightarrow\;\;\;a^2 + b^2 = c^2.\)

Докажем обратное утверждение. Пусть в треугольнике \(ABC\) со сторонами \(CB = a\), \(AC = b\), \(AB = c\) выполнено равенство верно \(a^2 + b^2 = c^2\). Рассмотрим прямоугольный треугольник \(A_1B_1C_1\), так что \(C_1B_1 = a\), \(A_1C_1 = b\). По теореме Пифагора \(A_1B_1^2 = a^2 + b^2 = AB^2 = c^2\), то есть \(A_1B_1 = AB = c\), значит треугольники \(ABC\), \(A_1B_1C_1\) равны по трём сторонам, значит \(ABC\) - прямоугольный.

\(\Box\)

Доказательство:

Продлим медиану \(CM\) на её длину до точки \(D\), то есть \(CM = MD\). Треугольники \(CMB\) и \(MDA\) равны по двум сторонам и углу между ними (\(CM = MD\), \(BM = MA\), \(\angle{CMB} = \angle{AMD}\), так как они являются вертикальными), значит, \(\angle{CBM} = \angle{MAD}\). Аналогично, подобны треугольники \(CAM\) и \(DBM\), а, значит, \(\angle{CAM} = \angle{MBD}\). Таким образом, треугольники \(ABC\) и \(BAD\) равны, значит \(CADB\) - прямоугольник, в котором \(AB\) и \(CD\) - диагонали, они равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому

Докажем обратное утверждение: опишем вокруг треугольника \(ABC\) окружность. Нам известно, что \(CM = AM = MB\), поэтому радиус описанной окружности равен \(AM\) и \(M\) - центр окружности, \(AB\) - диаметр окружности, угол \(\angle{ACB}\) равен \(90^{\circ}\), так как он опирается на диаметр окружности, значит, наш треугольник является прямоугольным.

\(\Box\)

Доказательство:

\(\angle{HCB} = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \beta) = 90^{\circ} - \beta = \alpha\), значит треугольники \(ABC\) и \(CBH\) подобны по трём углам. Аналогично, \(\angle{ACH} = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \alpha) = 90^{\circ} - \alpha = \beta\), то есть треугольники \(ABC\) и \(ACH\) подобны.

Из подобия этих двух пар треугольников следует, что треугольники \(AHC\) и \(CHB\) подобны.

\(\Box\)

Доказательство:

Так как треугольники \(ABC\) и \(ACH\) подобны, то мы можем записать соотношение:

\(\dfrac{CH}{CB} = \dfrac{AC}{AB}\;\;\;\text{или}\;\;\;\dfrac{h}{a} = \dfrac{b}{c}\;\;\;\Longrightarrow h = \dfrac{ab}{c}.\)

А также:

\(\dfrac{AC}{AB} = \dfrac{AH}{AC}\;\;\;\text{или}\;\;\;\dfrac{b}{c} = \dfrac{c_b}{b}\;\;\;\Longrightarrow c_bc=b^2.\)

Из подобия треугольников \(ACH\) и \(CBH\) получаем:

\(\dfrac{CH}{AH} = \dfrac{HB}{CH}\;\;\;\text{или}\;\;\;\dfrac{h}{c_b} = \dfrac{c_a}{h}\;\;\;\Longrightarrow h^2 = c_ac_b.\)

Из подобия \(ABC\) и \(CBH\) следует:

\(\dfrac{CB}{AB} = \dfrac{HB}{CB}\;\;\;\text{или}\;\;\;\dfrac{a}{c} = \dfrac{c_a}{a}\Longrightarrow c_ac=a^2.\)

\(\Box\)

Доказательство:

В подобных треугольниках линейные элементы относятся также как стороны этих треугольников. Поэтому для треугольников \(ABC\) и \(CBH\) получаем:

\(\dfrac{a}{c} = \dfrac{x_a}{x_c}.\)

Для треугольников \(ABC\) и \(ACH\):

\(\dfrac{b}{c} = \dfrac{x_b}{x_c}.\)

Возведём в квадрат оба равенства и сложим:

\(\dfrac{a^2 + b^2}{c^2} = \dfrac{x^2_a + x^2_b}{x^2_c}.\)

\(\dfrac{a^2 + b^2}{c^2} = 1\), поэтому \(x^2_a + x^2_b = x^2_c\)

\(\Box\)

Доказательство:

Докажем данное утверждение при \(\beta > \alpha\).

\(CM\) - медиана исходящая из прямого угла, поэтому \(CM = MA\), значит \(\angle{ACM} = \angle{MAC} = \alpha\). Мы знаем, что \(\alpha + \beta = 90^{\circ}.\) Треугольник \(HCB\) прямоугольный, поэтому \(\angle{HCB} + \angle{HBC} = 90^{\circ}\), то есть \(\angle{HCB} = 90^{\circ} - \beta = \alpha\). С одной стороны, \(\angle{MCH} + 2\alpha = 90^{\circ}\), с другой \(\alpha + \beta = 90^{\circ}\), значит, \(\angle{MCH} + 2\alpha = \alpha + \beta\) То есть \(\angle{MCH} = \beta - \alpha.\)

\(\Box\)

Доказательство:

\(B'C = CA' = r\), \(A'B = BC' = a-r\), \(B'A = AC' = b-r\), значит,

Доказательство:

\(CM\) - медиана исходящая из прямого угла, поэтому \(CM = MB\), значит, \(\angle{MBC} = \angle{MCB}\). \(ABC\) - прямоугольный, поэтому \(\angle{CAB} + \angle{MBC} = 90^{\circ}\), \(ACH\) также является прямоугольным, поэтому

Доказательство:

Докажем, что \(S = ah_a\).

Будем считать, что угол \(BAD\) является острым. Через точки \(B\) и \(C\) проведём высоты \(BH\) и \(CK\). Рассмотрим прямоугольные треугольники \(ABH\) и \(DCK\). \(BH = CK = h_{a}\), также \(AB = DC\), так как \(ABCD\) - параллелограмм, значит, треугольники \(ABH\) и \(DCK\) равны (для равенства двух прямоугольных треугольников достаточно равенства двух сторон), из чего следует, что \(AH = DK\), поэтому \(HK = a\).

Рассмотрим прямоугольник \(BHKC\): его стороны равны \(a\) и \(h_a\). Имеем:

\(S_{ABCD} = S_{ABH} + S_{BHDC};\)

\(S_{BHKC} = S_{DCK} + S_{BHDC} = ah_a.\)

\(S_{ABH} = S_{DCK}\), значит, \(S_{ABCD} = S_{BHKC} = ah_a\)

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим два случая.

Случай 1. Сначала будем считать, что угол \(BAD\) является острым. Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ABH\) (\(BH\) - высота параллелограмма), тогда получаем:

\(\sin{\alpha} = \dfrac{BH}{AB} = \dfrac{h_a}{b},\)

значит

\(h_a = b\sin{\alpha}.\)

Следовательно,

\(S = ah_a = ab\sin{\alpha}.\)

\(\Box\)

Случай 2. Если \(\angle{BAD}\) - тупой угол, то \(\angle{ABC} = 180^{\circ} - \alpha\) - острый. Отсюда получаем:

\( S_{ABCD} = AB\cdot BC\cdot\sin{(\angle{ABC})} = ab\sin{(180^{\circ} - \alpha)} = ab\sin{\alpha}. \)

\(\Box\)

Доказательство:

Проведём через точку \(B\) прямую параллельно \(AC\), аналогично проведём через \(A\) прямую параллельно \(BC\). Пусть данные прямые пересекаются в точке \(D\).

\(ACBD\) - параллелограмм, так как \(CA || BD\) и \(CB || AD\). Треугольники \(ACB\) и \(BDA\) равны по трём сторонам, значит \(S_{ACB} = S_{BDA}\), при этом

\(S_{ACBD} = S_{ACB} + S_{BDA} = 2S_{ACB},\)

значит

\(S_{ACB} = \dfrac{S_{ACBD}}{2} = \dfrac{ah}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Как и в предыдущем доказательстве, построим параллелограмм \(ABDC\), его площадь равна \(S = ab\sin{\alpha}\), значит \(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}ab\sin{\alpha}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим треугольники \(ABD\) и \(BDC\). Высота трапеции равна высоте треугольника \(ABD\) к стороне \(AD\) и равна высоте треугольника \(BDC\) к стороне \(BC\). Получаем:

\(S_{ABCD} = S_{ABD} + S_{BDC} = \dfrac{ah}{2} + \dfrac{bh}{2} = \dfrac{a+b}{2}\cdot h.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть диагонали ромба пересекаются в точке \(H\). Ромб является параллелограммом, поэтому диагонали точкой пересечения делятся пополам, то есть

\(AH = HC = \dfrac{d_1}{2}; BH = HD = \dfrac{d_2}{2}.\)

Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому треугольники \(ABH\), \(ADH\), \(BCH\), \(CDH\) - прямоугольные с катетами \(\frac{d_1}{2}\) и \(\frac{d_2}{2}\), их площади равны: \(\frac{\dfrac{d_1}{2}\cdot \frac{d_2}{2}}{2} = \dfrac{d_1 \cdot d_2}{8}\). Получаем: \(S_{ABCD} = S_{ABH} + S_{ADH} + S_{BCH} + S_{CDH} = 4\cdot\dfrac{d_1 \cdot d_2}{8} = \dfrac{d_1 \cdot d_2}{2}\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(\angle{BAC} = \alpha\), тогда по теореме косинусов получаем:

\(a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos{\alpha}.\)

Откуда получаем:

\(\cos{\alpha} = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}\;\Longrightarrow \cos^2{\alpha} = \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{(2bc)^2}\;\Longleftrightarrow 1 - \sin^2{\alpha} = \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{(2bc)^2}\;\;\;\Longleftrightarrow\)

\(\sin^2{\alpha} = 1 - \dfrac{(b^2 + c^2 - a^2)^2}{4(bc)^2} = \dfrac{(2bc - b^2 - c^2 + a^2)(2bc + b^2 + c^2 - a^2)}{4b^2c^2} = \)

\(= \dfrac{(a^2 - (b - c)^2)((b+c)^2 - a^2)}{4b^2c^2} = \dfrac{(a - b + c)(a + b - c)(b + c - a)(b + c + a)}{4b^2c^2}.\)

Мы знаем, что \(S = \dfrac{1}{2}bc\sin{\alpha}\), получаем:

\(S^2 = \dfrac{b^2c^2}{4}\cdot \sin^2{\alpha} = \dfrac{(a - b + c)(a + b - c)(b + c - a)(b + c + a)}{16} = \)

\(= \dfrac{((a + b + c) - 2a)((a + b + c) - 2b)((a + b + c) - 2c)(a + b + c)}{16} = \)

\(= \dfrac{(a + b + c)}{2}\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - a\right)\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - b\right)\cdot \left(\dfrac{(a + b + c)}{2} - c\right) = p(p - a)(p - b)(p - c).\)

Значит, \(S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(I\) - центр вписанной окружности. Рассмотрим треугольники \(AIB\), \(AIC\), \(BIC\). Имеем:

\(S_{AIB} = \dfrac{1}{2}b\cdot r;\;\;\; S_{AIC} = \dfrac{1}{2}a\cdot r;\;\;\;S_{BIC} = \dfrac{1}{2}c\cdot r.\)

Получаем:

\(S_{ABC} = S_{AIC} + S_{AIB} + S_{BIC} = \dfrac{a+b+c}{2}\cdot r = pr.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Разобьём \(n-\)угольник на \(n\) треугольников так, что одна из сторон каждого треугольника является стороной многоугольника, а одной из вершин является центр описанной окружности. Пусть \(a_1,\ldots , a_n\) - длины сторон многоугольника, тогда площади полученных треугольников равны соответственно

\(\dfrac{1}{2}\cdot a_1\cdot r,\ldots , \dfrac{1}{2}\cdot a_n\cdot r.\)

В сумме они дают площадь всего многоугольника, а значит получаем:

\(S = \dfrac{1}{2}\cdot a_1\cdot r +\ldots +\dfrac{1}{2}\cdot a_n\cdot r = \dfrac{(a_1 + \ldots + a_n)}{2}\cdot r = pr.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Для начала отметим, что \(\sin{(180^{\circ} - \alpha)} = \sin{\alpha}\). Найдём площади треугольников \(AEB\), \(BEC\), \(CED\), \(DEA\):

\(S_{AEB} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha};\;S_{BEC} = \dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot\sin{\alpha};\;S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{DEA} = \dfrac{1}{2}\cdot DE\cdot EA\cdot\sin{\alpha}.\)

Отсюда получаем:

\(S_{ABCD} = S_{AEB} + S_{BEC} + S_{CED} + S_{DEA} = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot EB \cdot (AE + EC) + \)

\( + \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot ED \cdot (AE + EC) = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot EB \cdot AC + \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot ED \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot (BE + ED)\cdot AC = \)

\( = \dfrac{1}{2}\cdot\sin{\alpha}\cdot BD \cdot AC = \dfrac{d_1d_2\sin{\alpha}}{2}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(\angle{BAC} = \alpha\), тогда из теоремы синусов следует, что

\(2R = \dfrac{a}{\sin{\alpha}}\;\;\;\Longrightarrow \sin{\alpha} = \dfrac{a}{2R}.\)

Площадь \(ABC\) можно найти по формуле:

\(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\cdot b\cdot c\cdot\sin{\alpha}.\)

Получаем:

\(S_{ABC} = \dfrac{abc}{4R}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Докажем для \(r_a\). На прямой \(AB\) отметим точку \(D\), проведем через неё касательную к нашей окружности, пусть эта касательная пересекает прямую \(BC\) в точке \(E\). Площадь треугольника \(ADE\) равна:

\( S_{ADE} = \dfrac{(b + c + BD + DE + EC)}{2}\cdot r_a. \)

Площадь четырёхугольника \(S_{BDEC}\) равна:

\( S_{BDEC} = \dfrac{a + BD + DE + EC}{2}\cdot r_a. \)

Тогда

\(S_{ABC} = S_{ADE} - S_{BDEC} = \dfrac{b + c - a}{2}\cdot r_a = \dfrac{a + b + c - 2a}{2}\cdot r_a = (p - a)\cdot r_a.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Треугольники \(ABC\) и \(AB'C\) имеют общую сторону \(AC\). Так как \(BB'\) и \(AC\) параллельны, то высоты \(BH\) и \(B'H'\) равны. По формуле площади треугольника получаем: \(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AC\cdot BH = \dfrac{1}{2}AC\cdot B'H' = S_{AB'C}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

По формуле площади треугольника получаем: \(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB\cdot CH;\;\;\; S_{A'B'C} = \dfrac{1}{2}A'B'\cdot CH,\) тогда

Доказательство:

По формуле площади треугольника получаем: \(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}BH_1\cdot AC;\;\;\; S_{AB'C} = \dfrac{1}{2}B'H_2\cdot AC,\) тогда

Доказательство:

Найдем площади треугольников \(ABC\) и \(AB'C'\) через синус угла:

\(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB\cdot AC\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{AB'C'} = \dfrac{1}{2}AB'\cdot AC'\cdot\sin{\alpha}.\)

Тогда:

\(\dfrac{S_{ABC}}{S_{AB'C'}} = \dfrac{AB\cdot AC}{AB'\cdot AC'}.)

\(\Box\)

Доказательство:

Найдем площади треугольников \(ABC\) и \(AB'C'\) через синус угла:

\(S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB\cdot AC\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{AB'C'} = \dfrac{1}{2}AB'\cdot AC'\cdot\sin{\alpha}.\)

Тогда:

\(\dfrac{S_{ABC}}{S_{AB'C'}} = \dfrac{AB\cdot AC}{AB'\cdot AC'}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(h\) - длина высоты \(BH_1\) к стороне \(AD\) параллелограмма \(ABCD\). \(BH_1\) является высотой треугольника \(ABE\); высоты \(EH_2\), \(CH_3\) треугольников \(BEC\) и \(CED\) также равны \(h\).

Получаем по формуле площади треугольника:

\(S_{ABE} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot h;\;\;\;S_{BEC} = \dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot h;\;\;\;S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot ED\cdot h.\)

Тогда:

\(S_{ABE} + S_{CED} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot h + \dfrac{1}{2}\cdot ED\cdot h = \dfrac{1}{2}\cdot (AE + ED)\cdot h = \dfrac{1}{2}\cdot AD\cdot h = S_{BEC}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(S_{ABE} = S_{CBE}\), тогда по формуле площади треугольника через синус угла получаем:

\(S_{ABE} = \dfrac{1}{2}\cdot AE \cdot EB\cdot\sin{\alpha};\;\;\;S_{CBE} = \dfrac{1}{2}\cdot CE \cdot EB\cdot\sin{\beta}\)

\(S_{AEM} = \dfrac{1}{2}\cdot AE \cdot EM \cdot \sin{(180^{\circ} - \alpha)} = \dfrac{1}{2}\cdot AE \cdot EM \cdot \sin{\alpha};\)

\(S_{CEM} = \dfrac{1}{2}\cdot CE \cdot EM \cdot \sin{(180^{\circ} - \beta)} = \dfrac{1}{2}\cdot CE \cdot EM \cdot \sin{\beta};\)

Получаем: \(\dfrac{S_{AEM}}{S_{CEM}} = \dfrac{AE\cdot\sin{\alpha}}{CE\cdot\sin{\beta}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\cdot AE \cdot EB\cdot\sin{\alpha}}{\dfrac{1}{2}\cdot CE \cdot EB\cdot\sin{\beta}} = \dfrac{S_{ABE}}{S_{CBE}} = 1.\)

То есть \(S_{AEM} = S_{CEM}\), при этом треугольники \(AEM\) и \(CEM\) имеют общую высоту к сторонам \(AM\) и \(MC\), значит \(AM = MC\).

\(\Box\)

Докажем обратное утверждение.

Пусть \(BM\) - медиана треугольника \(ABC\), тогда \(EM\) - медиана треугольника \(AEC\). Получаем, что \(S_{ABM} = S_{CBM}\) и \(S_{AEM} = S_{CEM}\). Тогда \(S_{ABE} = S_{ABM} - S_{AEM} = S_{CBM} - S_{CEM} = S_{CBE}\).

\(\Box\)

Доказательство:

Найдём площади треугольников \(LME\), \(MNE\), \(NKE\) и \(KLE\):

\(S_{LME} = \dfrac{1}{2}\cdot LE \cdot EM\cdot\sin{\alpha};\;\;\;S_{MNE} = \dfrac{1}{2}\cdot ME \cdot EN\cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}\)

\(S_{NKE} = \dfrac{1}{2}\cdot NE \cdot EK\cdot\sin{\alpha};\;\;\;S_{KLE} = \dfrac{1}{2}\cdot KE \cdot EL\cdot\sin{(180^{\circ} - \alpha)}.\)

Так как четырёхугольник \(MNKL\) построен на серединах сторон четырёхугольника \(ABCD\), то \(MNKL\) - параллелограмм, а значит диагонали \(MNKL\) делятся точкой пересечения пополам, то есть \(ME = EK\), \(NE = EL\). Также \(\sin{\alpha} = \sin{(180^{\circ} - \alpha)}\), поэтому получаем, что

\(S_{LME} + S_{NKE} = \dfrac{1}{2}\sin{\alpha}(LE \cdot EM + NE \cdot EK) = \dfrac{1}{2}\sin{\alpha}(NE\cdot EM + KE\cdot EL) = S_{MNE} + S_{KLE}.\)

Далее заметим, что треугольники \(S_{MBN}\) и \(S_{ABC}\) подобны с коэффициентом подобия \(2\), значит \(S_{MBN} = \dfrac{1}{4}\cdot S_{ABC}\). Аналогично получаем, что

\(S_{AML} = \dfrac{1}{4}\cdot S_{ABD};\;\;\; S_{CNK} = \dfrac{1}{4}\cdot S_{CBD};\;\;\; S_{DKL} = \dfrac{1}{4}\cdot S_{DAC}.\)

При этом

\(S_{ABC} + S_{ACD} = S_{ABCD};\;\;\; S_{ABD} + S_{BCD} = S_{ABCD},\)

значит

\(S_{AML} + S_{CNK} = S_{MBN} + S_{DKL} = \dfrac{1}{4}S_{ABCD}.\)

Окончательно получаем:

\(S_1 + S_3 = S_{MBN} + S_{MNE} + S_{DKL} + S_{KLE} = (S_{MNE} + S_{KLE}) + (S_{MBN} + S_{DKL}) = S_{LME} + S_{NKE} + S_{AML} + S_{CNK} = S_2 + S_4.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Пусть \(\alpha = \angle{BEC}\), тогда \(\alpha = \angle{AED}\) (\(\angle{BEC}\) и \(\angle{AED}\) равны как вертикальные углы) и \(\angle{AEB} = \angle{DEC} = 180^{\circ} - \alpha\) (так как углы \(\angle{BEC}\) и \(\angle{DEC}\) являются смежными). Также мы знаем, что \(\sin{\alpha} = \sin{(180^{\circ} - \alpha)}\). Найдём площади треугольников:

\(S_{BEC} = \dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot \sin{\alpha};\;\;\;S_{AED} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot ED\cdot \sin{\alpha};\)

\(S_{AEB} = \dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha};\;\;\; S_{DEC} = \dfrac{1}{2}\cdot DE\cdot EC\cdot\sin{\alpha}.\)

Получаем: \(S_{BEC}\cdot S_{AED} = \left(\dfrac{1}{2}\cdot BE\cdot EC\cdot\sin{\alpha}\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot ED\cdot \sin{\alpha}\right) = \left(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot EB\cdot\sin{\alpha}\right)\cdot \left(\dfrac{1}{2}\cdot CE\cdot ED\cdot\sin{\alpha}\right) = S_{AEB}\cdot S_{DEC}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Через точку \(F\) проведём отрезок \(H_1H_2\) параллельно высоте \(BH\) параллелограмма. \(ABCD\) - параллелограмм, поэтому \(AD = BC\). Тогда получаем:

\(S_{BFC} = \dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot FH_1;\;\;\;S_{AFD} = \dfrac{1}{2}\cdot AD \cdot FH_2.\)

Получаем:

\(S_{BFC} + S_{AFD} = \dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot FH_1 + \dfrac{1}{2}\cdot AD \cdot FH_2 = \dfrac{1}{2}\cdot AD\cdot (FH_1 + FH_2) = \dfrac{1}{2}\cdot AD \cdot BH = \dfrac{1}{2}S_{ABCD}.\)

\(\Box\)

Доказательство:

Рассмотрим случай, когда \(AD\) и \(BC\) параллельны. Пусть

\(x = \dfrac{1}{3}\cdot BC;\;\;\; y = \dfrac{1}{3}\cdot AD,\)

\(h\) - высота четырехугольника к стороне \(AD\). Тогда

\(S_{ABB_1A_1} = S_{A_1B_1C_1D_1} = S_{D_1C_1CD} = \dfrac{1}{3}S_{ABCD} = \dfrac{(x + y)\cdot h}{2},\)

значит,

\(S_{A_1B_1C_1D_1} = \dfrac{1}{2}\left(S_{ABB_1A_1} + S_{D_1C_1CD}\right).\)

Теперь пусть \(AD\) и \(BC\) пересекаются в точке \(M\). Пусть \(\alpha = \angle{AMB}\). Тогда:

\(S_{D_1C_1CD}=S_{MC_1D_1}-S_{MCD}=\dfrac{1}{2}(a + y)\cdot (b + x)\cdot\sin{\alpha}-\dfrac{1}{2}ab\cdot\sin{\alpha}=\dfrac{1}{2}(ax + by + xy)\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{A_1B_1C_1D_1}=S_{MB_1A_1}-S_{MC_1D_1}=\dfrac{1}{2}(a + 2y)\cdot(b+2x)\cdot\sin{\alpha}-\dfrac{1}{2}(a+y)\cdot(b+x)\cdot\sin{\alpha}=\dfrac{1}{2}(ax+by+3xy)\cdot\sin{\alpha};\)

\(S_{ABB_1A_1}=S_{MBA}-S_{MB_1A_1}=\dfrac{1}{2}(a + 3y)\cdot (b + 3x)\cdot \sin{\alpha} - \dfrac{1}{2}(a + 2y)\cdot (b + 2x)\cdot\sin{\alpha} = \dfrac{1}{2}(ax + by + 5xy)\sin{\alpha};\)

Отсюда получаем:

\(\dfrac{1}{2}\cdot\left(S_{ABB_1A_1} + S_{D_1C_1CD}\right) = \dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{1}{2}(ax + by + 5xy)\cdot\sin{\alpha} + \dfrac{1}{2}(ax + by + xy)\cdot \sin{\alpha}\right) = \dfrac{1}{2}(ax + by + 3xy)\cdot\sin{\alpha} = S_{A_1B_1C_1D_1}.\)

\(\Box\)