Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Konvex négyszögek, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/november: B.3591

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 $A C$ 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.

P

pontot tartalmazó

e

egyenes legyen párhuzamos a

B D

átlóval. Jelölje

P'

e

egyenes és az

A C

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

A D C

háromszög belsejében van.
Jelölje

E^{*}

és

H^{*}

P E

, illetve a

P H

egyenesnek az

E' H'

egyenessel vett metszéspontját, valamint jelölje

X

P E

és a

P' H'

egyenesek metszéspontját.
Az

E' H'

párhuzamos

B D

-vel, mivel az

A E' P' H'

és az

A B C D

négyszög középpontosan hasonló az

A

pontra nézve, és mivel

P P'

is párhuzamos

B D

-vel, így

E' H'

és

P P'

egymással is párhuzamosak.
A

C F' P' G'

és a

C B A D

négyszög szintén középpontosan hasonló, így

F' G'

és

P P'

párhuzamos

B D

-vel.
A

P P' H' H^{*}

és a

P P' E' E^{*}

paralelogrammák

B D

-vel párhuzamos alapjai és az ezekhez tartozó magasságuk is egyenlő, így a területük is.

t_{P P' H' H^{*}} = t_{P P' E' E^{*}}

, amiből a bal oldal csökkentése és a jobb oldal növelése miatt

t_{P P' H' H} \leq t_{P P' E' E}

következik. Ezekből a négyszögekből elhagyva az

P P' X

háromszöget, a megmaradt trapézok területeire is fennáll az egyenlőtlenség. A trapézok közül a kisebbik területével csökkentettük, míg a nagyobbik területével növeltük az

A E P H

négyszög területét. Ezért

t_{A E P H} \leq t_{A E' P' H'}

. Hasonlóan adódik, hogy

t_{C F P G} \leq t_{C F' P' G'}

. A két egyenlőtlenségből gyököt vonva és összeadva őket kapjuk, hogy:

\begin{matrix} \sqrt[]{t_{A E P H}} + \sqrt[]{t_{C F P G}} \leq \sqrt[]{t_{A E' P' H'}} + \sqrt[]{t_{C F' P' G'}} . \end{matrix}

(1)

Mivel az

A E' P' H'

és az

A B C D

négyszög középpontosan hasonló az

A

pontra nézve, így

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{t_{A E' P' H'}}}{\sqrt[]{t_{A B C D}}} = \frac{A P'}{A C} . \end{matrix}

Hasonlóan a

C F' P' G'

és a

C B A D

négyszög középpontosan hasonló a

C

pontra nézve, így

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{t_{C F' P' G'}}}{\sqrt[]{t_{A B C D}}} = \frac{C P'}{C A} . \end{matrix}

A két egyenlőség összegében a jobb oldalon 1 áll, így a nevezővel történő szorzás után azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{t_{A E' P' H'}} + \sqrt[]{t_{C F' P' G'}} = \sqrt[]{t_{A B C D}} . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) összevetéséből adódik a bizonyítandó állítás. A megoldásból következik, hogy akkor van egyenlőség, ha

P

A C

átlóra esik.

() Salát Máté (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján

II. megoldás. Paralelogramma esetén az állítás egyszerűen bizonyítható. Ha

A B C D

nem paralelogramma, akkor van két szemben levő oldala, amelynek egyenesei metszik egymást. Legyen pl. az

A B

és

C D

a két nem párhuzamos oldalegyenes, jelöljük a metszéspontjukat

M_{1}

-gyel, az

F P

és

C D

egyenesek metszéspontját

M_{2}

-vel és a

H P

és

A B

egyenesek metszéspontját

M_{3}

-mal. Tekintsük azt az esetet, amikor a

B C

egyenes elválasztja

A D

-t az

M_{1}

ponttól.

Ekkor a

B M_{1} C

F M_{2} C

E M_{3} P

háromszögek hasonlóak, hiszen oldalaik párhuzamosak. A

B C

oldalhoz, illetve megfelelőihez tartozó magasság hossza legyen a

B C

oldal, illetve a megfelelő oldalak hosszának

m

-szerese.
Hasonlóan az

A M_{1} D

P M_{2} G

A M_{3} H

háromszögek is hasonlóak egymáshoz, mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak. Az

A D

oldalhoz, illetve megfelelőihez tartozó magasság hossza legyen az

A D

oldal, illetve a megfelelő oldalak hosszának

n

-szerese.
Az ábra jelöléseit felhasználva írjuk fel a bizonyítandó állítást:

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{n d^{2}}{2} - \frac{m c^{2}}{2}} + \sqrt[]{\frac{n b^{2}}{2} - \frac{m a^{2}}{2}} \leq \sqrt[]{\frac{n {(b + d)}^{2}}{2} - \frac{m {(a + c)}^{2}}{2}} . \end{matrix}

Ha az

A D

egyenes választaná el a

B C

egyenest az

M_{1}

-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:

\begin{matrix} \sqrt[]{(n d^{2} - m c^{2}) (n d^{2} - m c^{2})} \leq n b d - m a c . \end{matrix}

Újabb négyzetre emelés, és a szorzás elvégzése után rendezve a következő nyilvánvaló állítást kapjuk:

0 \leq n m {(b c - a d)}^{2}

. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, eredeti állításunk is igaz.
Egyenlőség csak akkor van, ha

b c - a d = 0

, ekkor

\frac{a}{c} = \frac{b}{d}

, amiből

\frac{a + c}{c} = \frac{b + d}{d}

következik.
Ekkor az

A

csúcsból mint középpontból nagyítsuk az

A M_{3} H

háromszöget

\frac{b + d}{d}

arányban, ezzel az

A M_{1} D

háromszöget kapjuk. A

P E

szakasz képe a

C B

szakasz, különben a

P E

képe nem lehetne

a + c

hosszúságú. Ezért egyenlőség esetén

P

A C

átlón van.

() Jankó Zsuzsanna (Szeged, Radnóti Miklós Gimn., 9. évf.) dolgozata alapján