Выпуклый четырехугольник ABCD таков, что как бы ниразрезали его на три

Да благовидное симетричное подтверждение позднее напишу

Cмотрим на набросок слева:
Разрежем 4  угольник как показано  на рисунке а  конкретно:
Проведем  диагональ AC на ней отмечаем точку G. Проводим GB.
Итак вышло 3 треугольника: ABG  BGC  ADC (так мы их и разрежем)
ПО условию  площадь  желая бы 1-го треугольника   одинакова 1.
Представим  что   площадь  или 1-го из треугольников
ABG и  BGC либо их  обоих  равна 1. А  площадь ADC  не  одинакова 1.
Тогда проведем еще 1  отрезок BG'.
Так  что  BG не  равен G'C то  природно площади  обоих треугольников   изменились  при  смещении  точки G (тк  поменялись длинны  оснований,а вышина  у всех  этих  треугольников  общая)
Но  тогда  площади обоих  треугольников ABG' и BG'C теснее  не одинаковы 1.
Но тогда тк  из условия  желая  бы 1  из  площадей равен 1. То  площадь ADC одинакова 1,но  это  противоречит  условию тк  при  первом  разрезании  его  площадь  не была 1.(а  треугольник ADC  тот  же) То  мы пришли к противоречию. То раз  только посреди  треугольников ABG BGC не  может быть  одинакового 1 площади. То  площадь треугольника ADC одинакова 1.
Анологично  в силу симетрии  задачки  можно  обосновать  что площади  всех  треугольников: ABC,  BCD,  ADC ,ABD- одинаковы 1
Поглядим  на 2  набросок:
У  пары  треугольников (ADC,BСD) и (ABC ,DBC)
Проведем  в  каждой  паре треугольников  высоты на стороны соответственно  DC  и BC .
Тк  треугольники  в каждой  паре равновеликие  (тк  все  одинаковы 1),а площадь  треугольника  1/2осн*вышину. То  раз  они имеют  общие основания. То  высоты  в каждой  паре  равны. А  тк понятно  что если   AL   и  A'L'  2  одинаковых перпендикуляра  к прямой Ф.
То  прямые Ф и AA' паралельны.
То  без ограничений  общности  выходит  что: AB  паралельно DC
AD параллельно BC. То  есть это  параллелограмм.
Тк  SADC=SABC=1  то  площадь параллелограмма   одинакова 2
Что  и требовалось обосновать.