Kezdőlap


Feladat:	Gy.1987	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1982/január, 12 - 13. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Négyszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/május: Gy.1987

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

Legyenek az $A B$ , $B C$ , $C D$ , $D A$ oldalak felezőpontjai rendre $E$ , $F$ , $G$ és $H$ . Húzzuk meg a négyszög valamelyik átlóját, pl. $B D$ -t és ennek $O$ felezőpontján át húzzunk párhuzamost a másik átlóval. Azt állítjuk, hogy ezen $e$ párhuzamos egyenes bármely $O$ pontjára az $N_{1} = H O G D$ , ill. $N_{2} = E O F B$ négyszögek területe negyede az $N = A B C D$ négyszög területének.
A bizonyítást az egyik átlóra mutatjuk meg, a másik átlóra ugyanígy elvégezhető (1. ábra).

1. ábra

2. ábra

Legyen először

O

B D

átló és

e

metszéspontja. Ekkor

O H ∥ A B

és

O H = \frac{1}{2} A B

, ezért

D O H

háromszög hasonló a

D B A

háromszöghöz, a hasonlóság aránya

\frac{1}{2}

, amiből

T_{D O H} = \frac{1}{4} T_{D B A}

. Ugyanúgy adódik, hogy

T_{D O G} = \frac{1}{4} T_{D B C}

vagyis

N_{1}

területe, valóban negyede az

A B C D

négyszög területének. Hasonlóan adódik, hogy

N_{2} = \frac{1}{4} N

. Ha mármost

O

-t az

e

egyenesen mozgatjuk, akkor mivel

e ∥ H G

és

e ∥ E F

, a

H O G

, ill.

E O F

háromszögek területe

O

változtatásával nem változik, és így a

H O G D

, ill.

E O F B

terület sem.
Ha ezt az eljárást mindkét átlóra elvégezzük, a kapott két párhuzamos,

e

és

f

metszéspontja

P

lesz az a pont, mellyel a felezőpontokat összekötve négy egyenlő területű részt kapunk. (2. ábra).

P

mindig létrejön és mindig belső pont, ezt a következőképpen láthatjuk be (3. ábra). Húzzunk

B

és

D

pontokon át az

A C

átlóval, az

A

és

C

pontokon át a

B D

átlóval párhuzamost. Így egy paralelogrammát kapunk. Az

e

és

f

egyenesek e paralelogramma középvonalai. Metszéspontjuk

P

, egyben a paralelogramma átlóinak is metszéspontja. Mivel az

A

és

B

B

és

C

(és így tovább) pontok mindig két szomszédos paralelogramma oldalon vannak, az ezen oldalak másik végpontjait összekötő átlónak mindig ugyanazon partjára esnek. Azaz

P

nem eshet a négyszög oldalai által a paralelogrammából levágott háromszögek egyikébe sem. De akkor

P

a négyszög belsejében van.
Könnyű belátni, hogy csak egy pont van a négyszög belsejében, amely az előírásoknak eleget tesz.

3. ábra

4. ábra

Tegyük fel ugyanis, hogy két pont is lenne

P

és

P_{1}

, amelyik a négyszöget a kívánt módon osztja fel négy egyenlő területű részre (4. ábra). Ekkor ‐ mivel a négyszög konvex ‐

P_{1}

P

által kiosztott négy rész valamelyikében (esetleg a határán) van. Legyen ez pl.

H P G D

. Ekkor

T_{H P_{1} G D} < T_{H P G D} = \frac{1}{4} A B C D

, azaz

P_{1}

nem osztja négy egyenlő területű részre a négyszöget.