Feladat: Gy.3275 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Bálint Gergely ,  Balka Richárd ,  Deli Lajos ,  Fischer Noémi ,  Horváth Balázs ,  Horváth Szilárd ,  Nagy Zoltán ,  Rácz Judit ,  Zalán Péter 
Füzet: 2000/április, 215. oldal  PDF file
Témakör(ök): Terület, felszín, Paralelogrammák, Síkgeometriai bizonyítások, Négyszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1999/április: Gy.3275

Egy négyszög területét felezik az átlói. Igazoljuk, hogy együtt négy egyenlő területű részre bontják a négyszöget.

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

 
I. megoldás. A feltételből következik, hogy négyszög konvex.
Használjuk az 1. ábra jelöléseit!
t1=12xn,t2=12xm,t3=12ym,t4=12yn.
Ebből látható, hogy t1t3=t2t4. Az átlók felezik a területet, azaz t1+t2=t3+t4, és t1+t4=t2+t3. E két egyenlőség összeadásából t1=t3, ezért t2=t4. A területek szorzatára kapott egyenlőségek szerint így t12=t22, tehát t1=t2. Innen pedig azonnal adódik, hogy mind a négy terület egyenlő.
 Fischer Noémi (Budapest, Árpád Gimn., 9. o.t.)

 
II. megoldás. Belátjuk, hogy a feltétel teljesülésekor a négyszög paralelogramma. Tegyük fel, hogy nem az, vagyis valamelyik átló nem felezi a másikat, például a BD átló F felezőpontja nem esik AC-re, hanem pl. az ABC háromszög belsejében van (2. ábra).
Az AF súlyvonal felezi ABD területét, FC pedig BCD-ét. Ebből adódik, hogy tABF+tBCF a négyszög területének a fele, ami egyenlő tABC-vel. A két felírt terület különbségeként azt kapjuk, hogy tAFC=0, ami azt jelenti, hogy az átlók felezik egymást.
Az ABCD négyszög tehát paralelogramma, amelyben az átlók által létrehozott négy háromszög területe nyilván egyenlő.