Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.111	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bálint L. , Balogh Z. , Breuer P. , Császár Gy. , Hegyi F. , Hermann P. , Horváth M. , Kelen M. , Kiss Emil , Kópházi J. , Major I. , Nemeskéri I. , Németh Erika , Párkány Katalin , Stachó B. , Székely A. , Szeredi J. , Tóth Péter , Totik V. , Turi Erzsébet , Varga István
Füzet:	1972/március, 123 - 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Trapézok, Paralelogrammák, Vektorok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/szeptember: Pontversenyen kívüli P.111

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

A föltevés azt jelenti, hogy minden olyan $P Q$ pontpárra, amelyre

\begin{matrix} \frac{A P}{P B} = \frac{C Q}{Q D} = λ (> 0), \end{matrix}

(1)

teljesül a következő is:

\begin{matrix} (A P Q D) = (B P Q C) = \frac{1}{2} (A B C D), \end{matrix}

(2)

egy konvex sokszög területét úgy jelölve, hogy zárójelben felsoroljuk csúcsait, valamelyik körüljárása sorrendjében. Megmutatjuk, hogy ebből a

λ = 1

speciális érték mellett azt kapjuk, hogy

C D

párhuzamos

A B

-vel.

1. ábra

Valóban

λ = 1

esetén

P

felezi

A B

-t és

Q

felezi

C D

-t (az 1. ábrán

P_{1}

, ill.

Q_{1}

), tehát

\begin{matrix} (A P_{1} Q_{1} D) = (B P_{1} Q_{1} C) . \end{matrix}

'

)

Másrészt teljesül

\begin{matrix} (P_{1} Q_{1} D) = (P_{1} Q_{1} C) \end{matrix}

(3)

is, mert

Q_{1} D

és

Q_{1} C

alapjuk egyenlő és

P_{1}

-ből húzott magasságuk azonos. (3)-at

(2')

-ből kivonva:

\begin{matrix} (A P_{1} D) = (B P_{1} C) . \end{matrix}

Ámde e két háromszög

A P_{1}

, ill.

B P_{1}

alapja egyenlő, így magasságuk, azaz

D

-nek és

C

-nek az

A B

egyenestől való távolsága is egyenlő. És mivel az

A B C D

négyszög konvex,

C

és

D

ugyanazon az oldalán vannak

A B

-nek, tehát

C D

párhuzamos

A B

-vel, amint állítottuk. Más szóval:

A B C D

trapéz.
Legyen most

P_{λ}

Q_{λ}

az (1)-nek egy tetszőleges

λ (\neq 1)

pozitív értékkel eleget tevő pontpár (2. ábra).

2. ábra

Így

P_{λ} B = \frac{1}{1 + λ} A B

P_{λ} A = \frac{λ}{1 + λ} A B

Q_{λ} D = \frac{1}{1 + λ} C D

Q_{λ} C = \frac{λ}{1 + λ} C D

A P_{λ} Q_{λ} D

és

B P_{λ} Q_{λ} C

közös magasságú és (2) szerint egyenlő területű trapézok, tehát egyenlők az

E K_{λ}

K_{λ} F

középvonalaik is, ahol

E

F

A D

, ill.

B C

szár felezőpontja és

K_{λ}

E F

P_{λ} Q_{λ}

egyenesek metszéspontja. Így

\begin{matrix} E K_{λ} - K_{λ} F & = \frac{1}{2 (1 + λ)} (λ A B + C D) - \frac{1}{2 (1 + λ)} (A B + λ C D) = \frac{λ - 1}{2 (1 + λ)} (A B - C D) = 0, \end{matrix}

és ez tetszőleges

λ (\neq 1)

arányérték mellett csak úgy teljesülhet, ha

A B = C D

, vagyis az

A B C D

négyszög paralelogramma. Ha viszont

A B = C D

, akkor minden

λ

arányérték mellett

E K_{λ} = K_{λ} F

, tehát

P_{λ} Q_{λ}

minden

λ

mellett felezi a négyszög területét. Ezt kellett bizonyítanunk.

Kiss Emil (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. II. o. t.)

Megjegyzés. A feladat feltételéből csak annyit használtunk fel, hogy a

P_{λ} Q_{λ}

egyenes felezi a négyszög területét

λ = 1

, és valamilyen, 1-től különböző, de különben tetszőleges

λ

érték mellett.