Problem 1153

1. Gegeven is een vierkant $A B C D$ en een punt $S$ binnen dit vierkant. Dit vierkant gaat onder puntvermenigvuldiging vanuit $S$ met een zekere factor $k>1$ over in een vierkant $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$. Bewijs dat de som van de oppervlaktes van de twee vierhoeken $A^{\prime} A B B^{\prime}$ en $C^{\prime} C D D^{\prime}$ gelijk is aan de som van de oppervlaktes van de twee vierhoeken $B^{\prime} B C C^{\prime}$ en $D^{\prime} D A A^{\prime}$.

!

Oplossing Noem $|A B|=p$ en $\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|=q(=k \cdot p)$. Als gevolg van de puntvermenigvuldiging zijn de zijden $A B$ en $A^{\prime} B^{\prime}$ evenwijdig. Vierhoek $A^{\prime} A B B^{\prime}$ is dus een trapezium en daarvan is de oppervlakte gelijk aan die van de driehoeken $\triangle A B B^{\prime}$ en $\triangle A^{\prime} B^{\prime} A$ samen, dus $\frac{1}{2} \cdot|A B| \cdot h_{1}+\frac{1}{2} \cdot\left|A^{\prime} B^{\prime}\right| \cdot h_{1}=\frac{p+q}{2} h_{1}$, met $h_{1}$ de afstand tussen de evenwijdige lijnen $A B$ en $A^{\prime} B^{\prime}$.
Analoog vinden we dat de oppervlakte van vierhoek $C^{\prime} C D D^{\prime}$ gelijk is aan $\frac{p+q}{2} h_{3}$, met $h_{3}$ de afstand tussen $C D$ en $C^{\prime} D^{\prime}$. De totale oppervlakte van de twee trapezia is dus $\frac{p+q}{2}\left(h_{1}+h_{3}\right)$. Voor het andere paar overliggende vierhoeken vinden we analoog als totale oppervlakte $\frac{p+q}{2}\left(h_{2}+h_{4}\right)$. Merk nu op dat $h_{1}+h_{3}=$ $q-p=h_{2}+h_{4}$, waaruit het gevraagde volgt.