Feladat: F.1747 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Angyal J. ,  Bálint László ,  Balog J. ,  Berkó A. ,  Blahó Ágnes ,  Boros Endre ,  Csetényi A. ,  Csuhaj László ,  Dvorák Cecilia ,  Fazekas I. ,  Földes T. ,  Földvári Csongor ,  Gere Anna ,  Gerják István ,  Hosszú F. ,  Katona Endre ,  Koch R. ,  Komornik V. ,  Molnár József ,  Nagy S. ,  Petz D. ,  Pipek János ,  Polyák Gábor ,  Reviczky János ,  Sashegyi László ,  Szabó Zoltán ,  Székely A. ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária ,  Szeredi János ,  Turán Gy. ,  Vas Zoltán 
Füzet: 1973/február, 58 - 60. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Középpontos tükrözés, Négyszögek geometriája, Vektorok lineáris kombinációi, Helyvektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/december: F.1747

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

A négyszögről nincs föltételezve, hogy konvex, ennélfogva lehet konkáv és hurkolt is. Csúcsairól csak azt használhatjuk fel, hogy közülük semelyik három nincs egy egyenesen. Így a feladat első részében az A-n átmenő, BC-vel párhuzamos egyenes nem azonos BC-vel és nem párhuzamos BD-vel, tehát D1 létrejön, és ugyanígy C1 is. Vegyük észre, hogy az A, B betűpár és egyidejűen a C, D pár tagjait is egymással fölcserélve, az alakzat változatlan marad.
a) Tükrözzük az ABCD négyszöget az AB szakasz felezőpontjára és jelöljük a csúcsok tükörképét rendre A0-lal, B0-lal, C0-lal D0-lal (1. ábra).

 

1. ábra
 

Mivel CD||C0D0, elegendő azt megmutatni, hogy a feladatban szereplő C1D1 szakasz C0D0-lal párhuzamos. Az A0B0C0D0 négyszögből kiindulva C1 et mint az A0D0 egyenes és a B0-on átmenő, A0C0-lal párhuzamos egyenes metszéspontját kapjuk meg, hiszen ez az utóbbi az eredeti AC egyenes, A0D0 pedig a B-n átmenő, AD-vel párhuzamos egyenes. Hasonlóan D1 a B0C0 és az A0-on át B0D0-lal párhuzamosan húzott egyenes metszéspontja.
Ha a B0C0 és A0D0 egyenesek metszik egymást, jelöljük metszéspontjukat O-val és az A0, B0, C0, D0 pontoknak az O centrumra vonatkozó helyvektorát rendre a0-lal, b0-lal, c0-lal, d0-lal. Mivel A0B0C0D0 csúcsai között nincs három egy egyenesen, így O különbözik a négyszög csúcsaitól, és ezek a helyvektorok nem lehetnek 0-vektorok. Van tehát olyan λ és μ valós szám, hogy
d0=λa0ésc0=μb0.
Legyen C* és D1* a
c1=1μa0ésd1=1λb0
helyvektorú pont, ekkor C1* rajta van az A0D0 egyenesen, és
B0C1*=c1-b0=1μa0-b0=1μ(a0-μb0)=1μC0A0
miatt B0C1*||A0C0, tehát C1* azonos C1-gyel, és hasonlóan D1* azonos D1-gyel. (Ezzel azt is beláttuk, hogy ezek a pontok mindig létrejönnek, ha a csúcsok között nincs három egy egyenesen.) A bizonyítandó párhuzamosság ezek alapján a
C1D1=d1-c1=1λb0-1μa0=1λμ(μb0-λa0)=D0C0,
összefüggés következménye.
Ha B0C0 és A0D0 párhuzamosak, vagyis már eleve BC||AD, akkor C azonos C1-gyel, D pedig D1-gyel, és az állítás nyilvánvalóan igaz.
b) A feladat második állításának először a következő részét bizonyítjuk. Ha K az AB egyenes tetszőleges (A-tól és B-től különböző) pontja, akkor az A-n át KC1-gyel és a B-n át KD1-gyel párhuzamosan húzott a', ill. b' egyenes a CD=c' egyenesen (L-ben) metszi egymást; mégpedig azzal, hogy az a', c' egyenesek metszéspontját B-vel összekötő egyenes párhuzamos KD1-gyel, tehát azonos b'-vel.
Legyen a' és c' metszéspontja D*, alkalmazzuk a feladat első részében bebizonyított tételt az ABCD* négyszögre, és jelöljük az így D1, C1 szerepét átvevő pontot D1*-gal, ill. C1*-gal (2. ábra, itt ABCD konvex négyszög, és K az AB szakaszon van, ajánljuk az olvasónak, szerkessze újra az ábrát más helyzetű A, B, C, D, K pontrendszerek esetében).
 

1. ábra
 

Mivel négyszögünk első három szögpontja változatlan. azért L1* az AD1 egyenesen van, C1* az AC-n és
D1*C1*||D*CDC||D1C1.
S mivel szerkesztésnél fogva C1*B||C1K, és a D1*D1, C1*C1, BK egyenesek A-ban metszik egymást. azért a D1*C1*B és D1C1K1 háromszögek egymás képei egy A-középpontú centrális hasonlóságban. Így pedig harmadik oldalaikra D1*BD*B||D1K, ezt akartuk bizonyítani.
K szerepére az AB egyenesnek csak egy pontja nem alkalmas, ti. az, ahol a C1D1 egyenes átmetszi, ha egyáltalán metszi; akkor L nem jön létre.
c) A második állítás L1 pontjának a C1D1 egyenesre illeszkedése most már úgy adódik, hogy az L-re kapott eredményt alkalmazzuk az A, B, C1, D1 pontnégyesre és az AB egyenes tetszőleges K pontjára. (Az AB, CD egyenesek metszéspontja azonban nem szerepelhet K-ként.)
d) Rátérünk a második állítás hátra levő részének bizonyítására, ti. hogy K, L és L1 egy egyenes pontjai. Alkalmazzuk az a) eredményt az A, B, C, D pont helyén rendre az A, K, C, L pontnégyesre és jelöljük L1*-gal azt a pontot, ahol az A-n át KC-vel párhuzamosan húzott egyenes metszi a KL egyenest. Ezek szerint L1* kapja a tételbeli D1 szerepét, C1 szerepét viszont maga C1 játssza az új négyszögben is. Ekkor pedig
L1*C1||LCDC||D1C1,
és a b) eredmény szerint L1* azonos L1-gyel.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.
Sashegyi László (Tatabánya, Árpád Gimn.)