Feladat: B.3713 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bekényi Balázs ,  Erdélyi Viktor ,  Kunovszki Péter ,  Pálovits Róbert 
Füzet: 2005/március, 153 - 155. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Vektorok vektoriális szorzata, Konvex négyszögek, Súlypont, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/március: B.3713

Egy konvex ABCD négyszög átlóinak metszéspontja M. Bizonyítsuk be, hogy ha M rajta van az ABM háromszög súlypontját a CDM háromszög súlypontjával összekötő egyenesen, akkor a négyszög trapéz.

 
 

1. megoldás. Legyenek E és F a négyszög szemközti oldalainak felezőpontjai és egyebekben is használjuk az ábra jelöléseit. A feltételből következik, hogy a két háromszög súlyvonala egy egyenesbe esik. Ekkor pedig ‐ mivel s súlyvonal ‐ a DFM és a CFM háromszög területe egyenlő:
sasinβ2=sdsinα2.
Ugyanígy az AME és a BME háromszög területe is egyenlő:
tcsinβ2=tbsinα2.
Innen asinβ=dsinα és csinβ=bsinα.
Osszuk el a két egyenletet egymással: ac=db. Ebből a párhuzamos szelők tételének megfordítása szerint következik, hogy ABCD, tehát a négyszög trapéz.
 
2. megoldás. Jelölje S az ABM, S* pedig az MCD háromszög súlypontját! Vezessük be a következő vektorokat:
a=MA,b=MB,c=MC=αa
(αR; α0), mert A, M és C egy egyenesen vannak és
d=MD=βb
(βR; β0), mert B, M és D egy egyenesen vannak.
 
 

Az M-ből a két háromszög súlypontjába mutató helyvektorok:
MS=a+b3  és  MS*=c+d3=αa+βb3.

Ha S, M és S* egy egyenesen vannak, akkor MS*=λMS, azaz
c+d3=λa+b3,αa+βb=λa+λbαa-λa=λb-βb,(α-λ)a=(λ-β)b.



Itt a és b nem 0, és nem párhuzamosak, tehát az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha mindkét együttható 0: (α-λ)=(λ-β)=0, ahonnan α=β=λ. Most megmutatjuk, hogy az AB és a DC oldal párhuzamos. Írjuk fel a belőlük képzett vektorokat:
AB=b-a,DC=c-d=αa-βb=αa-αb=α(a-b).
A kapott vektorok egyike a másik számszorosa, tehát valóban párhuzamosak, vagyis az ABCD négyszög trapéz.
 
3. megoldás. Legyen az AB oldal felezőpontja E, a CD oldal felezőpontja F. A feltételből következik, hogy az ME és MF súlyvonalak egy egyenesre esnek. Tükrözzük az MCD háromszöget az M pontra. A tükrözés tulajdonságai miatt C'AM, D'BM, F'EM és F' felezőpontja C'D'-nek, valamint C'D'CD. Mivel MF' súlyvonala az MC'D' háromszögnek, azért
TC'F'M=TF'D'M.
Az F'E súlyvonala az ABF' háromszögnek, ezért TAEF'=TEBF', végül ME súlyvonala az ABM háromszögnek, ezért TAEM=TEBM. Így TAF'C'=TAEM-TAEF'-TC'F'M=TEBM-TEBF'-TF'D'M=TF'BD'. Mivel C'F'=F'D', C'F' és F'D' egy egyenesre esik, valamint TAF'C'=TF'BD', azért A és B egyenlő távol van C'D' egyenesétől, azaz ABC'D'CD. Tehát az ABCD négyszög trapéz.
 
 

 
Megjegyzés. A fenti megoldás a pontoknak az ábrán látható elrendezésére vonatkozik, más elrendezésben a bizonyítás hasonlóan működik. Ezeket a bonyodalmakat a most következő megoldás a vektoriális szorzat felhasználásával hidalja át.
 
4. megoldás. A két háromszög súlypontja legyen S és S'. A feltétel szerint S, M és S' egy egyenesbe esik, ami akkor és csak akkor teljesül, ha az MS és az MS' vektorok vektoriális szorzata 0. A továbbiakban használjuk az ábra jelöléseit és a vektoriális szorzás tulajdonságait: MS×MS'=0, azaz mivel S és S' súlypont, így
a+b3×c+d3=0,(a+b)×(c+d)=0a×c+a×d+b×c+b×d=0a×d=c×b.


(A vektorok sorrendje miatt a szorzatvektorok iránya megegyezik.) A két szorzatvektor tehát akkor és csak akkor egyenlő, ha nagyságukra adsinφ=cbsinφ teljesül. (φ-vel az átlók hajlásszögét jelöljük.) Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha ac=bd. Mivel az ABM és a CDM háromszög két oldalának aránya egyenlő és az ezek által közbezárt szög is egyenlő (φ), így e két háromszög hasonló, ezért a többi szögük nagysága is megegyezik. Ebből pedig következik az AB és a CD oldal párhuzamossága. (Mivel minden lépésünk megfordítható, így az állítás megfordítása is igaz, bár annak helyességét önmagában is lényegesen egyszerűbb belátni.)