Feladat: 1317. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bódi Z. ,  Bóta K. ,  Deák I. ,  Ferenczi Gy. ,  Ferenczi M. ,  Horányi S. ,  Huhn A. ,  Kalmár Tibor ,  Kiss Katalin ,  Lehel Cs. ,  Lovász L. ,  Lux I. ,  Márki L. ,  Mátrai M. ,  Nagy Klára ,  Palotás Á. ,  Pelikán József ,  Siket Aranka ,  Szabó M. ,  Székely G. ,  Sövényházy Mária ,  Veres F. ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1965/november, 130 - 133. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Sokszögek súlypontjának koordinátái, Egyenesek egyenlete, Paralelogrammák, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 1317. matematika feladat

Az ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontja E. Tekintsük egyrészt az EAB és ECD háromszögek magasságpontjait összekötő egyenest, másrészt az EBC és EDA háromszögek súlypontjait összekötő egyenest. Bizonyítsuk be, hogy a két egyenes merőleges egymásra.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Legyen az ABE=H1, BCE=H2, CDE=H3, DAE=H4 háromszög magasságpontja és súlypontja rendre Mi, ill. Si (i=1, 2, 3, 4); (1. ábra). Megmutatjuk, hogy az Mi pontok ‐ és az Si-k is ‐ egy-egy paralelogramma csúcsai, azok egymáshoz azonos körüljárással hasonlók, és megfelelő oldalaik merőlegesek egymásra. Ebből már következik, hogy egyiket 90-kal elforgatva a másikkal hasonló helyzetbe jut. Végül megmutatjuk, hogy a kérdéses M1M3 és S2S4 szakaszok a paralelogrammák megfelelő átlói, tehát ezek is merőlegesek. ‐ Ha az AC és BD átlók merőlegesek, akkor mindegyik Mi azonos E-vel, az állítás tárgytalan, ezért feltesszük, hogy az átlók nem merőlegesek, és a betűzést úgy választjuk, hogy AEB=ε hegyesszög.

 
 

H1-nek és H2-nek B csúcsa és a vele szemben levő oldalának AC egyenese közös, ezért S1S2 párhuzamos AC-vel, hiszen S1 is, S2 is harmad akkora távolságban van AC-tól, mint B, ugyanazon az oldalon. Ugyanígy S3S4AC, tehát S3S4S1S2, továbbá S1S4BDS2S3, az S1S2S3S4=S négyszög valóban paralelogramma. S oldalainak hossza S1S2=AC/3, S1S4=BD/3.
M1 és M2 a B-ből AC-re bocsátott merőleges pontjai, ezért M1M2 merőleges AC-re, ugyanígy M3M4 is, így M1M2M3M4, hasonlóan M1M4BDM2M3, tehát az M2M1M4M3=M négyszög paralelogramma. Továbbá M és S két-két oldala merőleges: M2M1 és M4M3 merőleges S1S2-re, M3M2 és M1M4 merőleges S2S3-ra, így a két paralelogramma szögei egyenlők, mert merőleges szárú szögek vagy egyenlők, vagy kiegészítő szögek, és egy paralelogramma szögei ugyancsak kiegészítő szögek.
Legyen az A, B, C, D csúcs vetülete a vele szemben levő átlón rendre A', B', C', D'; ekkor M1M2=A'C'/sinε, másrészt A'C'=ACcosε, ezért M1M2=ACctgε, hasonlóan M2M3=BDctgε, így az oldalak aránya
M3M2:M2M1=BD:AC=S4S1:S1S2.
Ebből és a szögek egyenlőségéből következik M és S hasonlósága, mert véve egy-egy egyenlő szögüket, az ennek csúcsával szemben fekvő átló M-et is, S-et is páronként hasonló háromszögekre bontja, továbbá körüljárásuk egyező volta, mert a figyelembe vett egyenlő szögek merőleges szárain vannak az egymással arányos oldalszakaszok.
Hátra van még annak belátása, hogy az M1 csúcsnak S2 felel meg, ezeknél vannak tompaszögek. Mindegyik Si az E pont körüli négy szögtartomány közül abban van, amelyikben a megfelelő Hi, mert a súlypont mindig a háromszög belsejében van, így S1S2S3=CEB=180-ε, váltószögek. M2 a H4-et, M4 pedig a H2-t tartalmazó szögtartomány pontja, mert tompaszögű háromszög magasságpontja a tompaszög csúcsából induló magasságnak a csúcson túli meghosszabbításán van. M1 viszont a H1-et tartalmazó szögtartományban van, vagy a határán, amíg csak az EAB és EBA szögek egyike sem tompaszög, ekkor az M2M1M4 és AEB szögek összege 180, M1-nél tompaszög van, amint állítottuk. *
Ha pedig H1-ben, mondjuk A-nál, tompaszög van (2. ábra), akkor M1 is az AED szögtartomány pontja, de B-höz közelebb van, mint M2, mert a BD átlón levő A', C' vetületeik közül A' van közelebb B-höz, hiszen BEA hegyesszög, BEC pedig tompaszög. Így AM1B=A'EA=ε, és M2M1A'=M2M1M4 ennek kiegészítő szöge.
Mindezekből ‐ mint láttuk ‐ következik az állítás.
 

Pelikán József (Bp., Fazekas M. G.) dolgozatából, kiegészítésekkel.
 

II. megoldás. A feladat szövegének megfelelően konvex négyszögre szorítkozunk, feltesszük továbbá ismét, hogy az átlók nem merőlegesek. Jelöljük AB, AC és DC felezőpontját rendre F1, G, F3-mal (3. ábra), egyébként az I. megoldás jelöléseit használjuk.
 
 
3. ábra
 

S1 és S3 az EF1, EF3 szakaszok E-től távolabbi harmadoló pontja, így S1S3F1F3. Azt kell megmutatnunk, hogy M2M4 merőleges erre a középvonalra. Ez világos, ha ADBC. Tegyük fel, hogy ez nem áll. A betűzést válasszuk úgy, hogy a két oldal D-n, ill. C-n túli meghosszabbítása messe egymást egy P pontban.
Megmutatjuk, hogy M2EM4ΔF1GF3Δ, a két háromszög egyező körüljárású és egymáshoz képest 90-kal vannak elforgatva. Ebből következik, hogy M2M4 és F1F3 oldalaik merőlegesek.
F1G és GF3, mint az ABCΔ és CADΔ középvonala, párhuzamos és egyirányú BC-vel, ill. AD-vel, és fele akkora, mint a megfelelő oldal. Így F1GF3=180-BPA, és az ABCD és F1GF3 körüljárás ellentétes.
Ha a BEC (és így DEA is) hegyesszög, akkor M2 és M4 az E-ből a szemközti oldal felé haladó félegyenesen van, ha pedig a mondott szög tompaszög, akkor mindkét magasságpont az ellentétes irányú félegyenesen van, így M2EM4=180-BPA, és az M2EM4 körüljárási irány ellentétes a BPA, és vele együtt az ABCD körüljárási iránnyal.
Az oldalak arányának megállapítására azt fogjuk felhasználni, hogy egy TUV háromszög magasságpontját Z-vel jelölve UZ=TV|ctgTUV|. (Ez belátható a szinusz-tételt alkalmazva pl. az UVZ és TUV háromszögre, vagy azt használva fel, hogy a magasságpontnak bármelyik oldalra vonatkozó tükörképe a háromszög köré írt körön van.) Ennek felhasználásával
M2EEM4=BC|ctgBEC|AD|ctgAED|=BCAD=F1GGF3.
Ezek szerint az M2EM4 és F1GF3 háromszögben az E-nél, ill. G-nél levő szög egyenlő, és egyenlő a szöget bezáró oldalak aránya, tehát a két háromszög hasonló, továbbá körüljárásuk is megegyező (ellentétes a négyszög körüljárásával). Ezzel állításainkat igazoltuk.
 
Megjegyzés. A bemutatott ötletes megoldás utal egyben arra is, hogy a hasonlóság belátása óvatosságot igényel: nem elegendő arra hivatkozni, hogy az EM2, EM4 magasságok merőlegesek a megfelelő oldalakra. Ez fennállna arra a háromszögre is, amely pl. F1-nek a két átló felezőpontjaival való összekötésével keletkeznék, az F1-ből induló oldalak aránya is BC:AD volna, mégsem kapnánk M2EM4-hez hasonló háromszöget. Másrészt a bizonyítandó merőlegességre való következtetéshez szükséges volt a körüljárási irány megvizsgálása is. Ezeken a pontokon egy beküldött megoldás sem volt kifogástalan.
További elemzést igényelne annak belátása, hogy ez a gondolatmenet hogyan szolgáltatja a bizonyítandó állítást, ha a négyszög nem konvex.
 

III. megoldás. A pont körre vonatkozó hatványa fogalmának, valamint a két kör hatványvonalára vonatkozó tételnek* felhasználásával az állítást így bizonyíthatjuk. Tekintsük az AB, BC, CD, DA oldal, mint átmérő fölé írt ki Thalész-kört, legyen a középpont rendre Fi (i=1, 2, 3, 4; 1. ábra). Az I. megoldásban szereplő A', B', C', D' pontok mindegyikén kettő megy át e körök közül. ─ M1A és M1B a k1 kör két szelője, ezért
M1AM1A'=M1BM1B',
a két oldal közös értéke az M1 pont hatványa a k1 körre. A bal oldal egyszersmind M1 hatványa k4-re, a jobb oldal pedig k2-re, egyenlőségük miatt M1 rajta van k4 és k2 hatványvonalán. Hasonlóan k3-ból
M3CM3C'=M3DM3D',
eszerint M3-nak is egyenlő a k4-re és k2-re vonatkozó hatványa, ennélfogva az M1M3 egyenes a k4, k2 körpár hatványvonala, és így merőleges e körök centrálisára, az F4F2 egyenesre. ‐ A II. megoldásban láttuk, hogy F4F2S4S2, így valóban M1M3S2S4.
 
Megjegyzés. Ez a megoldás mutatja, hogy az állítás konkáv és hurkolt négyszögre is érvényes.
 

IV. megoldás. Helyezzünk derékszögű koordinátarendszert az ábrára E-vel mint origóval, legyen az X-tengely az AC egyenes, tgε=m, és a csúcsok koordinátái: A(a,0), C(c,0), B(b,mb), D(d,md), ahol ac, és bd, mert A és C, valamint B és D különböző pontok, továbbá m0, véges szám, mert ε90.
A H1 háromszög B-ből és A-ból húzott magasságának
x=b,ill.y=-1m(x-a)
egyenletéből M1 metszéspontjuk koordinátái: M1(b,(a-b)/m). Hasonlóan, a és b helyére c-t, ill. d-t írva M3(d,(c-d)/m), ezek szerint az M1M3 egyenes iránytényezője
a-b-c+dm(b-d).(1)

H2 és H4 súlypontjának koordinátái: S2[(b+c)/3,mb/3], ill. S4[(a+d)/3,md/3], ezekből az S2S4 egyenes iránytényezője
m(d-b)a+d-b-c,
ami (1) reciprokának (-1)-szerese. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
Amennyiben (1) értéke 0, vagyis M1M3 párhuzamos az X-tengellyel, akkor a két ordináta egyenlőségéből a-b=c-d, és így a+d=b+c, vagyis S2 és S4 abszcisszái egyenlők, S2S4 merőleges az X-tengelyre, tehát az állítás ekkor is igaz.
 
Kalmár Tibor (Esztergom, Temesvári Pelbárt g.)
 

Megjegyzés. Ez a bizonyítás is mutatja, hogy az állítás nem konvex négyszögre is igaz. Ha ugyanis pl. a, b, c pozitívok, és d negatív, akkor az ABCD négyszög konkáv, ha pedig a d is pozitív, akkor hurkolt.
*Ebben az esetben könnyű látni, hogy az M1M2M3M4 körüljárás ellentétes S1S2S3S4-gyel; ez a további esetekben is belátható.

*Lásd pl. Gallai T.‐Hódi E.‐Péter R.‐Szabó P.‐Tolnai J.: Matematika az ált, gimn. III. o. számára, 12. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1962) 194-200. o.