Dörtgende Alan Eşitliği {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Herhangi bir dışbükey $ABCD$ dörtgeninin $[AB]$, $[CD]$ kenarları üzerinden sırasıyla $ \dfrac{\left| AX \right|}{\left| AB \right|}=\dfrac{\left| CY \right|}{\left| CD \right|}$ olacak şekilde $X$, $Y$ noktaları alalım. $AY\cap DX = K$ ve $BY \cap CX = L $ olsun. $Alan(KXLY) = Alan(AKD) + Alan(LBC)$ olduğunu gösteriniz.

[FEYZULLAH UÇAR]

bayağı güzel bir soruymuş 

$D$ ,$Y$ ve $C$ noktalarından çizilen yükseklikler sırasıyla $h_1$ ,$h$  ve  $h_2$ olsun. $|AX|/|AB|$=$m$ olduğundan $|XB|=1-m $ olur.
$(|AX|=m$ ve $|AB|=1$ almakta sıkıntı olmaz)
$Alan(ADC)=\dfrac{m\cdot h_1}{2} $, $ Alan(XBC)=\dfrac{(1-m)\cdot h_1}{2} $ ve $ Alan(AYB)=\dfrac{1\cdot h}{2} $  olur.

Ayrıca $|CY|/|CD|=m$  olduğundan yükseklikleri indirdiğimizde oluşan dik yamukta Thales uygularsak $\dfrac{h_2-h}{h_2-h_1}=m $ olur. Buradan $$ h=h_2 \cdot (1-m)+h_1\cdot m \tag{1}$$ olur. Bu bağıntı da bize $$Alan(AYB)=Alan(ADC)+Alan(XBC) \tag{2}$$ olduğunu söyler. Ortak alanlar $Alan(AKX)$ ve $Alan(XBL) $ çıkarılırsa $$Alan(KXLY)=Alan(ADK)+Alan(CBY)$$
olur.

[Lokman Gökçe]

Benim de beğendiğim bir sorudur Feyzullah hocam. gayet açık bir çözüm olmuş, elinize sağlık

[Lokman Gökçe]

Çözüm 2 (Lokman GÖKÇE): Önceki çözüme benzer biçimde, $m+n=1$ olmak üzere $\dfrac{|AX|}{|XB|}=\dfrac{m}{n}=\dfrac{|CY|}{|YYD|}$ diyebiliriz.
$Alan(AXD)=mS_1$ dersek $Alan(BXD)=nS_1$ olur. $Alan(BCY)=mS_2$ dersek $Alan(BDY)=nS_2$ olur. Bu durumda

$$\dfrac{Alan(AXD)+Alan(BCY)}{Alan(ABCD)}=\dfrac{mS_1+mS_2}{(m+n)(S_1+S_2)}=m \tag{1} $$
elde edilir.

Aynı düşünceyle, $Alan(AXC)=mS_3$ dersek $Alan(BXC)=nS_3$ ve $Alan(ACY)=mS_4$ dersek $Alan(ADY)=nS_4$ olur. Buradan   

$$\dfrac{Alan(AXC)+Alan(ACY)}{Alan(ABCD)}=\dfrac{mS_3+mS_3}{(m+n)(S_3+S_4)}=m \tag{2} $$
elde edilir.

$(1)$ ve $(2)$ den $Alan(AXD)+Alan(BCY)=Alan(AXC)+Alan(ACY)=Alan(AXCY)$ bulunur. Her iki taraftan $Alan(AXK)$ ve $Alan(CYL)$ çıkarılırsa
$$ Alan(AKD) + Alan(LBC) = Alan(KXLY)$$
sonucuna ulaşılır.