Nicolás debe dibujar un triángulo [math]ABC y un punto [math]P en su interior de modo que entre los [math]6 triángulos en los que queda dividido el [math]ABC mediante las rectas [math]AP, [math]BP y [math]CP haya [math]4 que tengan áreas iguales. Decidir si es posible lograrlo sin que los [math]6 triángulos tengan áreas iguales.
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[math]D=AP\cap BC, [math]E=BP\cap AC y [math]F=CP\cap AB.
Podemos suponer sin pérdida de la generalidad que las áreas que son iguales son iguales a [math]1 y las otras dos son [math]a y [math]b. Es más, podemos suponer que [math](BFP)=(BPD)=(CPD)=1.
Tenemos dos casos solamente por simetría:
Caso 1) [math](AFP)=1, [math](APE)=a y [math](CPE)=b.
Veamos que [math]\frac{(APF)}{(BPF)}=\frac{\frac{AF\cdot h}{2}}{\frac{BF\cdot h}{2}} = \frac{AF}{BF}. Entonces, por Teorema de Ceva, [math]\frac{(AFP)}{(BFP)}\frac{(BPD)}{CPD}\frac{CPE}{APE}=1. Entonces [math]\frac{b}{a}=1 \Rightarrow a=b.
Ahora, por razones entre las áreas: [math]\frac{(AFC)}{(BFC)} = \frac{(AFP)}{(BFP)}= \frac{AF}{BF}. Es decir, [math]\frac{2a+1}{3}=\frac{1}{1} \Rightarrow 2a = 2 \Rightarrow a=1.
Caso 2) [math](AFP)=a, [math](APE)=1 y [math](CPE)=b.
Por Teorema de Ceva, [math]ab=1. Por razones entre las áreas. [math]\frac{(AFC)}{(BFC)} = \frac{(AFP)}{(BFP)} = \frac{AF}{BF}, y así [math]\frac{a+b+1}{3}=\frac{a}{1} \Rightarrow a+b+1=3a \Rightarrow b+1=2a. Pero tengo que [math]a=\frac{1}{b}. Entonces [math]b^2+b-2=0, de donde es una ecuación cuadrática en [math]b, y nos da [math]b=1 o [math]b=-2.
Si $(BPD)=(CPD)$, como ambos tienen la misma altura desde $P$, debe ser $BD=DC$. Análogamente, $AF=FB$. Por lo tanto $F$ y $D$ son los puntos medios de $AB$ y $BC$, luego $P$ es el baricentro del triángulo y por lo tanto $\triangle ABC$ queda dividido en $6$ triángulos de áreas iguales.
Sean $AD$, $BE$ y $CF$ cevianas del $\Delta$ $ABC$.
Sean $h_{1}$, $h_{2}$ y $h_{3}$ las alturas de los triángulos $APC$ (base $AC$), $BPC$ (base $BC$) y $APB$ (base $AB$).
Sean $A_{1}$, $A_{2}$, $A_{3}$, $A_{4}$, $A_{5}$ y $A_{6}$ las áreas de los triángulos $APE$,$EPC$,$CPD$,$DPB$,$BPF$ y $FPA$, respectivamente.
Por Teorema de Ceva: $\frac{AE}{EC}.\frac{CD}{DB}.\frac{BF}{FA}=1$ (*)
Además: $A_{1}=AE.\frac{h_{1}}{2};A_{2}=EC.\frac{h_{1}}{2};A_{3}=CD.\frac{h_{2}}{2};A_{4}=DB.\frac{h_{2}}{2};A_{5}=BF.\frac{h_{3}}{2};A_{6}=FA.\frac{h_{3}}{2}$; con lo que (*) se puede reescribir como: $\frac{A_{1}}{A_{2}}.\frac{A_{3}}{A_{4}}.\frac{A_{5}}{A_{6}}=1$
Teniendo en cuenta que 4 triángulos deben ser iguales, tendremos:
*1° Caso: 2 pares de triángulos consecutivos de áreas iguales (Sin pérdida de generalidad: $A_{1}$=$A_{2}$, $A_{4}$=$A_{5}$)
Aplicando Ceva y cancelando los términos iguales, se llega a: $\frac{A_{3}}{A_{6}}=1$ $\Rightarrow$ $A_{3}$=$A_{6}$
Por ser $A_{1}$=$A_{2}$, se tiene que $E$ es punto medio de $AC$. Además: $A_{1}$+$A_{2}$+$A_{3}$=$A_{4}$+$A_{5}$+$A_{6}$ entonces $D$ es punto medio de $BC$, con lo que $A_{3}$=$A_{4}$, y por ser $A_{3}$=$A_{6}$, se tiene que los 6 triángulos poseen igual área.
*2° Caso: 3 triángulos consecutivos de áreas iguales (Sin pérdida de generalidad: $A_{1}$=$A_{2}$=$A_{3}$=$A_{5}$)
Por ser $A_{1}$=$A_{2}$, se tiene que $E$ es punto medio de $AC$. Luego: $A_{1}$+$A_{5}$+$A_{6}$=$A_{2}$+$A_{3}$+$A_{4}$ $\Rightarrow$ $A_{4}$=$A_{6}$
Planteando Ceva: $\frac{A_{1}}{A_{2}}.\frac{A_{3}}{A_{4}}.\frac{A_{5}}{A_{6}}=1$. Cancelando los términos iguales: $A_{3}$.$A_{5}$=$A_{4}$.$A_{6}$. Pero $A_{3}$=$A_{5}$; $A_{4}$.$A_{6}$ $\Rightarrow$ $A_{5}^{2}$=$A_{6}^{2}$ $\Rightarrow$ $A_{5}$=$A_{6}$, por lo que los 6 triángulos poseen igual área.
*3° Caso: 4 triángulos consecutivos de áreas iguales (Sin pérdida de generalidad: $A_{1}$=$A_{2}$=$A_{3}$=$A_{4}$)
Aplicando Ceva y cancelando los términos iguales, se llega a: $\frac{A_{5}}{A_{6}}=1$ $\Rightarrow$ $A_{5}$=$A_{6}$
Si $A_{1}$=$A_{2}$ entonces $E$ es punto medio de $AC$. Luego: $A_{1}$+$A_{5}$+$A_{6}$=$A_{2}$+$A_{3}$+$A_{4}$ $\Rightarrow$ $A_{5}+A_{6} =A_{3}+A_{4}$ $\Rightarrow$ $2A_{5}=2A_{4}$ $\Rightarrow$ $A_{5}=A_{4}$, por lo que los 6 triángulos poseen igual área.
$\therefore$ No es posible lograrlo sin que los 6 triángulos tengan áreas iguales.
