Feladat: B.3591 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Farkas Balázs ,  Hubai Tamás ,  Jankó Zsuzsanna ,  Kiss-Tóth Christián ,  Rendes Gábor ,  Salát Máté ,  Simon Balázs 
Füzet: 2003/május, 285 - 287. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Konvex négyszögek, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/november: B.3591

A konvex ABCD négyszög területe T, egy belső pontja P. A P-n keresztül BC-vel húzott párhuzamos egyenes a BA oldalt az E, az AB-vel húzott párhuzamos egyenes a BC oldalt az F, az AD-vel húzott párhuzamos egyenes a CD oldalt a G pontban, a CD-vel húzott párhuzamos egyenes az AD oldalt a H pontban metszi. Jelölje az AEPH négyszög területét t1, a PFCG négyszög területét t2. Bizonyítsuk be, hogy t1+t2T.
 
 


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

I. megoldás. Tekintsük azt a speciális esetet, amikor a P pont az AC átlón van. Ekkor a kérdéses négyszögek hasonlóak az eredetihez, mivel az egyiket A-ból, a másikat C-ből való kicsinyítéssel kapjuk meg az eredeti négyszögből. Erre az esetre vezetjük vissza az általános esetet úgy, hogy a kérdéses területek ne csökkenjenek.

 
 

A P pontot tartalmazó e egyenes legyen párhuzamos a BD átlóval. Jelölje P' az e egyenes és az AC átló metszéspontját.
Származtassuk az E', F', G', H' pontokat a P' pontból pontosan úgy, ahogy az E, F, G, H pontokat származtattuk a P pontból. Az általánosság megszorítása nélkül föltehetjük, hogy a P pont az ADC háromszög belsejében van.
Jelölje E* és H* a PE, illetve a PH egyenesnek az E'H' egyenessel vett metszéspontját, valamint jelölje X a PE és a P'H' egyenesek metszéspontját.
Az E'H' párhuzamos BD-vel, mivel az AE'P'H' és az ABCD négyszög középpontosan hasonló az A pontra nézve, és mivel PP' is párhuzamos BD-vel, így E'H' és PP' egymással is párhuzamosak.
A CF'P'G' és a CBAD négyszög szintén középpontosan hasonló, így F'G' és PP' párhuzamos BD-vel.
A PP'H'H* és a PP'E'E* paralelogrammák BD-vel párhuzamos alapjai és az ezekhez tartozó magasságuk is egyenlő, így a területük is.
tPP'H'H*=tPP'E'E*, amiből a bal oldal csökkentése és a jobb oldal növelése miatt tPP'H'HtPP'E'E következik. Ezekből a négyszögekből elhagyva az PP'X háromszöget, a megmaradt trapézok területeire is fennáll az egyenlőtlenség. A trapézok közül a kisebbik területével csökkentettük, míg a nagyobbik területével növeltük az AEPH négyszög területét. Ezért tAEPHtAE'P'H'. Hasonlóan adódik, hogy tCFPGtCF'P'G'. A két egyenlőtlenségből gyököt vonva és összeadva őket kapjuk, hogy:
tAEPH+tCFPGtAE'P'H'+tCF'P'G'.(1)
Mivel az AE'P'H' és az ABCD négyszög középpontosan hasonló az A pontra nézve, így
tAE'P'H'tABCD=AP'AC.
Hasonlóan a CF'P'G' és a CBAD négyszög középpontosan hasonló a C pontra nézve, így
tCF'P'G'tABCD=CP'CA.
A két egyenlőség összegében a jobb oldalon 1 áll, így a nevezővel történő szorzás után azt kapjuk, hogy
tAE'P'H'+tCF'P'G'=tABCD.(2)
(1) és (2) összevetéséből adódik a bizonyítandó állítás. A megoldásból következik, hogy akkor van egyenlőség, ha P az AC átlóra esik.
(Salát Máté (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján

 
II. megoldás. Paralelogramma esetén az állítás egyszerűen bizonyítható. Ha ABCD nem paralelogramma, akkor van két szemben levő oldala, amelynek egyenesei metszik egymást. Legyen pl. az AB és CD a két nem párhuzamos oldalegyenes, jelöljük a metszéspontjukat M1-gyel, az FP és CD egyenesek metszéspontját M2-vel és a HP és AB egyenesek metszéspontját M3-mal. Tekintsük azt az esetet, amikor a BC egyenes elválasztja AD-t az M1 ponttól.
 
 

Ekkor a BM1C, FM2C, EM3P háromszögek hasonlóak, hiszen oldalaik párhuzamosak. A BC oldalhoz, illetve megfelelőihez tartozó magasság hossza legyen a BC oldal, illetve a megfelelő oldalak hosszának m-szerese.
Hasonlóan az AM1D, PM2G, AM3H háromszögek is hasonlóak egymáshoz, mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak. Az AD oldalhoz, illetve megfelelőihez tartozó magasság hossza legyen az AD oldal, illetve a megfelelő oldalak hosszának n-szerese.
Az ábra jelöléseit felhasználva írjuk fel a bizonyítandó állítást:
nd22-mc22+nb22-ma22n(b+d)22-m(a+c)22.
Ha az AD egyenes választaná el a BC egyenest az M1-től, akkor a fenti képletbe a négyzetgyök alatti kifejezések ellentettjei kerülnek. Emeljük mindkét oldalt négyzetre, szorozzuk az egyenlőtlenség minkét oldalát 2-vel, majd rendezzük a következő formába:
(nd2-mc2)(nd2-mc2)nbd-mac.
Újabb négyzetre emelés, és a szorzás elvégzése után rendezve a következő nyilvánvaló állítást kapjuk: 0nm(bc-ad)2. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, eredeti állításunk is igaz.
Egyenlőség csak akkor van, ha bc-ad=0, ekkor ac=bd, amiből a+cc=b+dd következik.
Ekkor az A csúcsból mint középpontból nagyítsuk az AM3H háromszöget b+dd arányban, ezzel az AM1D háromszöget kapjuk. A PE szakasz képe a CB szakasz, különben a PE képe nem lehetne a+c hosszúságú. Ezért egyenlőség esetén P az AC átlón van.
(Jankó Zsuzsanna (Szeged, Radnóti Miklós Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján