Feladat: 1080. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bálványos Zoltán ,  Ésik Zoltán ,  Gilyén Péter ,  Gönczi István ,  Hárs László ,  Lázár András ,  Pataki János 
Füzet: 1967/szeptember, 22 - 23. oldal  PDF file
Témakör(ök): Középpontos tükrözés, Középvonal, Trapézok, Paralelogrammák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/október: 1080. matematika gyakorlat

Az ABCD paralelogramma AB, BC, CD, DA oldalának felezőpontja rendre A1, B1, C1, D1, síkjának egy tetszés szerinti pontja M, ennek tükörképe az A1, B1, C1 pontra rendre M1, M2, M3 és a BC egyenesnek két, a B1-re tükrös helyzetű pontja E, F.
Bizonyítsuk be, hogy E, F, M1 és M3 egy trapéz csúcsai. Mely feltétel teljesülése esetén lesznek ezek egy paralelogramma csúcsai?
Legyen e trapéz átlóinak metszéspontja G. Mi a feltétele annak, hogy D1, M2, és G egy egyenes pontjai legyenek?

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

a) A tükrözés folytán A1M1=MA1, MM1=2MA1, ugyanígy MM3=2MC1, ezért A1C1 az MM1M3 háromszögnek középvonala. A1C1 másrészt az ABCD=P paralelogrammának is középvonala, így EFA1C1M1M3, tehát EFM3M1=T valóban trapéz. (T a mondott körüljárás szerint konvex, ha E-t a B1B félegyenesen választottuk; ezt ‐ ha kell ‐ az E, F jelek fölcserélésével elérhetjük.) ‐ Amennyiben M-et az AD egyenesen választjuk, T elfajul egyenesszakasszá, mert M1, M3 a BC egyenesen adódik, ezt az esetet tovább figyelmen kívül hagyjuk. Bizonyításunk akkor is helyes, ha M-et az A1C1 egyenesen választjuk, mert ‐ bár ekkor az MM1M3 háromszög elfajul szakasszá ‐, M1M3 egyenes azonos A1C1-gyel.

 
 

b) Mivel még minden esetben M1M3=2A1C1=2BC, T akkor és csak akkor adódik paralelogrammának, ha EF=2BC, más szóval, ha E, F a B1-nek tükörképe B-re, ill. C-re nézve. Ez a keresett első feltétel.
c) A második kérdéshez felhasználjuk, hogy G rajta van T-nek B1-ből kiinduló középvonalán. Legyen M tükörképe A1C1-nek O felezőpontjára nézve M', ez a tükrözések miatt felezi M1M3-at, így a mondott középvonal B1M'. Állításunk abból adódik, hogy EFG=H1 és M3M1G=H2 a G középpontra nézve hasonló helyzetű háromszögek, és B1, M' ezekben egymásnak megfelelő pontok.
B1 és D1 ugyancsak egymás tükörképei O-ra nézve, hiszen O a P-nek a középpontja, így MB1M'D1 paralelogramma. Ezért B1M2M'D1=P' is paralelogramma, hiszen B1M2MB1D1M', és G rajta van ennek B1M' átlóján, másik átlója pedig a kérdéses ponthármas első két pontját összekötő egyenes. Ezek szerint két módon teljesülhet, hogy a D1M2 egyenes átmegy G-n:
I. Ha P' egyenesszakasszá elfajult paralelogramma, vagyis a D1M2 és a B1M' egyenesek egybeesnek, M2 a B1D1 egyenesen adódott. Ez akkor és csak akkor következik be, ha M-et a B1D1 egyenesen választottuk.
II. Ha G a P' átlóinak metszéspontja, vagyis ha felezi a B1M' átlót. Ehhez szükséges és elegendő, hogy H1 és H2 egybevágók legyenek, EF=M1M3=2BC legyen, vagyis amikor T paralelogrammának adódik.
 
 Gönczi István (Miskolc, Földes F. Gimn., I. o. t.)