Feladat: N.69 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Burcsi Péter ,  Gyarmati Katalin ,  Izsák Ferenc ,  Kutalik Zoltán ,  Pap Gyula ,  Póczos Barnabás ,  Sánta Zsuzsa ,  Séllei Béla ,  Szádeczky-Kardoss Szabolcs ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1996/február, 100 - 102. oldal  PDF file
Témakör(ök): Húrnégyszögek, Harmonikus közép, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/május: N.69

Az ABCD húrnégyszög AB és CD oldalegyeneseinek metszéspontja P, BC és DA metszéspontja Q. Legyen E és F az AB, illetve CD oldalnak az a pontja, amelyre PE, illetve PF harmonikus közepe PA-nak és PB-nek, illetve PC-nek és PD-nek. Bizonyítsuk be, hogy a Q, E, F pontok egy egyenesen vannak.

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

A feladat állítását tetszőleges négyszögre bizonyítjuk, mégpedig többféle módon. A bizonyításokhoz bevezetünk néhány jelölést. Ha X,Y,Z egy egyenesen lévő különböző pontok, akkor jelölje (X,Y,Z) az XZ/ZY osztóviszonyt, amit a megoldás során mindig irányított szakaszok hányadosaként értelmezünk, azaz pozitívnak ha Z az XY szakasz belső pontja és negatívnak egyébként. Az egy egyenesen lévő X,Y,Z,V pontok kettősviszonya legyen

(XYZV)=(XYZ)(XYV),
ekkor könnyen látható, hogy
(XYZV)=1-VZ/VX1-VZ/VY,
vagyis (XYZV)=-1 pontosan azt jelenti, hogy VZ harmonikus közepe VX-nek és VY-nak. Végezetül nyomban következik, hogy
(YXZV)=(XYVZ)=1(XYZV),
némi fáradsággal pedig
(XZYV)=1-(XYZV).

 
I. megoldás. A PAD háromszögre vonatkozó Menelaosz-tétel megfordítása szerint a bizonyítandó állítás az
(APE)(PDF)(DAQ)=-1(1)
alakba írható. Másrészt, mivel a B,C,Q pontok egy egyenesen vannak, megint csak a PAD háromszögre vonatkozó Menelaosz-tétel szerint
(APB)(PDC)(DAQ)=-1.
Azt kell tehát igazolnunk, hogy
(APE)(PDF)=(APB)(PDC),
azaz
(APEB)=(PDCF).
A bevezető megjegyzések szerint a bal oldal
1(APBE)=11-(ABPE)=11-1(ABEP)=12,
a jobb oldal pedig
1(DPCF)=11-(DCPF)=11-1(DCFP)=12.

 

Megjegyzések. 1. Nevezzük az egy egyenesen lévő A1, A2, ... pontokat és az ugyancsak egy egyenesen lévő B1, B2, ... pontokat a P pontra nézve perspektívnek, ha az A1B1, A2B2, ... egyenesek mind átmennek a P ponton. Erre a relációra bevezetjük az
A1A2...=PB1B2...
jelölést. Az előző megoldásban lényegében azt láttuk be, hogy ha AEBP=QDFCP, akkor (AEBP)=(DFCP). Ennek az állításnak a többszöri alkalmazásával azt is beláthatjuk, hogy ha S jelöli az AC és a BD átló metszéspontját, akkor a QS egyenes megegyezik az EF egyenessel. Messe ui. a QS egyenes az AB-t az E' pontban, DC-t az F' pontban, ekkor
ABE'P=SCDF'P=QBAE'P,
vagyis
(ABE'P)=(BAE'P)=1(ABE'P),(ABE'P)2=1.
Mivel E' különbözik P-től, ezért (ABE'P)1, tehát csakis
(ABE'P)=-1=(ABEP)
lehetséges, amiből E'=E következik. Ugyanígy F'=F, és ezt akartuk igazolni.
2. Előző eredményünket úgy is fogalmazhatjuk, hogy ha egy négyszög (esetünkben QDSC) 2‐2 szemköztes oldala az A és B pontokban metszik egymást, akkor a négyszög átlói az AB egyenest olyan E és P pontokban metszik, amelyre (ABEP)=-1. Az ilyen pontnégyeseket harmonikusnak hívjuk, ill. azt mondjuk, hogy az A,B és E,P pontpárok harmonikusak egymásra vagy, hogy P az E (ill. E a P) harmonikus társa az A és B pontokra nézve. A bevezetőbeli megjegyzések alapján ezek a relációk ‐ ahogyan elnevezésük sejteti ‐ tényleg szimmetrikusak a pontpárokban és a pontpárok tagjaiban. Ez a négyszögekkel kapcsolatos észrevétel módot ad a harmonikus pontnégyeseknek a kettősviszony analitikus fogalmától független, ún. szintetikus tárgyalására.
 
II. megoldás. Mint láttuk, elegendő megmutatnunk, hogy ha két pontnégyes perspektív egymásra, akkor kettősviszonyuk megegyezik. Ez az állítás könnyen visszavezethető arra az esetre, amikor a pontnégyesek utolsó tagjai megegyeznek, vagyis az előző megoldáshoz fűzött megjegyzések ezt az általánosabb állítást is igazolják. Mi most új bizonyítást adunk erre az állításra. Ha x és y tetszőleges egyenesek, akkor jelölje xy az általuk bezárt irányított szög szinuszát (tehát yx=-xy).
Tegyük fel, hogy
X1X2X3X4=TX1'X2'X3'X4'.
Ha az
xi=TXi=TXi'(i=1,2,3,4)
egyenesek kettősviszonyát
(x1x2x3x4)=x1x3x3x2x4x2x1x4
értelmezi, akkor elegendő belátnunk, hogy
(X1X2X3X4)=(x1x2x3x4),
hiszen akkor ugyanúgy
(X1'X2'X3'X4')=(x1x2x3x4)
is teljesül.
Jelölje x az X1X2X3X4 egyenest. Ekkor az irányított háromszögekre vonatkozó szinusztétel többszöri alkalmazásával
(X1X2X3X4)=X1X3X3X2X4X2X1X4=X1X3/X3TX3X2/X3TX4X2/X4TX1X4/X4T==x1x3/xx1x3x2/xx2x4x2/xx2x1x4/xx1=x1x3x3x2x4x2x1x4=(x1x2x3x4).

Ezzel állításunkat igazoltuk.
 
III. megoldás. Az ideális térelemekkel kibővített euklideszi síkon fogunk dolgozni. Ha a harmonikus pontnégyeseket a négyszögek segítségével (szintetikus úton) vezetjük be, akkor rögtön látszik, hogy egy projektív transzformáció ‐ illeszkedés-tartó lévén ‐ a harmonikus pontnégyeseket harmonikusakba viszi át. A paralelogramma példája mutatja, hogy egy ideális pont harmonikus társa egy X,Y pontpárra nézve az XY szakasz felezőpontja. Az ABCD négyszöget ezért érdemes projektív transzformációval egy paralelogrammába átvinni, ekkor ui. mind P, mind Q ideális pontokká válnak, és a feladat állítása azzal lesz egyenértékű, hogy az AB szakasz E és a DC szakasz F felezőpontját összekötő egyenes ‐ a paraleolgramma egyik középvonala ‐ párhuzamos a BC és DA oldalegyenesekkel, ami viszont nyilvánvaló. Ebből a megoldásból is leolvasható, hogy az EF egyenes azonos a QS-sel.