Środki boków czworokąta tworzą równoległobok - dowód wektorowy i pole (twierdzenie Varignona)

Krok 1. Środki boków jako „średnie” punktów. Zapisujemy punkty jak wektory (współrzędne dodajemy i mnożymy przez liczbę):

$K = \frac{A + B}{2}, \quad L = \frac{B + C}{2}, \quad M = \frac{C + D}{2}, \quad N = \frac{D + A}{2}.$

Krok 2. Przeciwległe boki czworokąta $KLMN$.

$\overrightarrow{KL} = L - K = \frac{B + C}{2} - \frac{A + B}{2} = \frac{C - A}{2} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC},$

$\overrightarrow{NM} = M - N = \frac{C + D}{2} - \frac{D + A}{2} = \frac{C - A}{2} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}.$

Krok 3. Wniosek (część a). $\overrightarrow{KL} = \overrightarrow{NM}$, a czworokąt, w którym dwa przeciwległe boki wyznaczają równe wektory, jest równoległobokiem. Przy okazji: boki $KL$ i $NM$ są równoległe do przekątnej $AC$ i dwa razy od niej krótsze, a boki $KN$ i $LM$ - równoległe do $BD$ (analogicznie $\overrightarrow{KN} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BD}$). To twierdzenie Varignona. Dowód nie zakładał niczego o czworokącie - działa także dla wklęsłego.

Krok 4. Środki boków dla danych punktów (część b).

$K = \left(1, -\tfrac{3}{2}\right), \quad L = \left(\tfrac{9}{2}, \tfrac{3}{2}\right), \quad M = \left(1, \tfrac{7}{2}\right), \quad N = \left(-\tfrac{5}{2}, \tfrac{1}{2}\right).$

Kontrola: $\overrightarrow{KL} = \left[\frac{7}{2}, 3\right]$ i $\overrightarrow{NM} = \left[\frac{7}{2}, 3\right]$ - to połowa $\overrightarrow{AC} = [7, 6]$.

Krok 5. Pole czworokąta $ABCD$ wzorem Gaussa. Składniki: $(-3)(-1) - 5 \cdot (-2) = 13$, $\ 5 \cdot 4 - 4 \cdot (-1) = 24$, $\ 4 \cdot 3 - (-2) \cdot 4 = 20$, $\ (-2)(-2) - (-3) \cdot 3 = 13$. Suma $70$, więc $P_{ABCD} = 35$.

Krok 6. Pole równoległoboku $KLMN$ z wyznacznika wektorów boków wychodzących z $K$: $\overrightarrow{KL} = \left[\frac{7}{2}, 3\right]$, $\overrightarrow{KN} = \left[-\frac{7}{2}, 2\right]$:

$P_{KLMN} = \left|\frac{7}{2} \cdot 2 - 3 \cdot \left(-\frac{7}{2}\right)\right| = \left|7 + \frac{21}{2}\right| = \frac{35}{2}.$

Krok 7. Porównanie. $P_{KLMN} = \frac{35}{2} = \frac{1}{2}P_{ABCD}$. To nie przypadek. Od wypukłego czworokąta $ABCD$ odcinamy cztery „rogi”. Trójkąt $AKN$ jest podobny do $ABD$ w skali $\frac{1}{2}$, więc ma $\frac{1}{4}$ jego pola; tak samo $CML$ ma $\frac{1}{4}$ pola $CDB$. Razem te dwa rogi to $\frac{1}{4}(P_{ABD} + P_{CDB}) = \frac{1}{4}P_{ABCD}$. Rogi $BLK$ i $DNM$ dają drugie $\frac{1}{4}$ (przez przekątną $AC$). Na równoległobok zostaje więc połowa pola.

Odpowiedź. a) $\overrightarrow{KL} = \overrightarrow{NM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$, więc $KLMN$ jest równoległobokiem. b) $K = \left(1, -\frac{3}{2}\right)$, $L = \left(\frac{9}{2}, \frac{3}{2}\right)$, $M = \left(1, \frac{7}{2}\right)$, $N = \left(-\frac{5}{2}, \frac{1}{2}\right)$; $P_{KLMN} = 17{,}5$ - dokładnie połowa pola $ABCD$ równego $35$.