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  |  MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Vektorok vektoriális szorzata, Konvex négyszögek, Súlypont, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/március: B.3713

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{sa\text{sin}\beta }{2}=\frac{sd\text{sin}\alpha }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanígy az $AME$ és a $BME$ háromszög területe is egyenlő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{tc\text{sin}\beta }{2}=\frac{tb\text{sin}\alpha }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $a\text{sin}\beta =d\text{sin}\alpha$ és $c\text{sin}\beta =b\text{sin}\alpha$. Osszuk el a két egyenletet egymással: $\frac{a}{c}=\frac{d}{b}$. Ebből a párhuzamos szelők tételének megfordítása szerint következik, hogy $AB\parallel CD$, tehát a négyszög trapéz.   2. megoldás. Jelölje $S$ az $ABM$, $S^{*}$ pedig az $MCD$ háromszög súlypontját! Vezessük be a következő vektorokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{a}=\overrightarrow{MA}\mathrm{,}\overrightarrow{b}=\overrightarrow{MB}\mathrm{,}\overrightarrow{c}=\overrightarrow{MC}=\alpha \overrightarrow{a}}\end{array}$ ($\alpha \in R$; $\alpha \ne 0$), mert $A$, $M$ és $C$ egy egyenesen vannak és $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{d}=\overrightarrow{MD}=\beta \overrightarrow{b}}\end{array}$ ($\beta \in R$; $\beta \ne 0$), mert $B$, $M$ és $D$ egy egyenesen vannak.     Az $M$-ből a két háromszög súlypontjába mutató helyvektorok: $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{MS}=\frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{3}\text{ és }\overrightarrow{M{S}^{*}}=\frac{\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}}{3}=\frac{\alpha \overrightarrow{a}+\beta \overrightarrow{b}}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $S$, $M$ és $S^{*}$ egy egyenesen vannak, akkor $\overrightarrow{M{S}^{*}}=\lambda \cdot \overrightarrow{MS}$, azaz ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}}{3}=\lambda \cdot \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{3}\mathrm{,}\alpha \overrightarrow{a}+\beta \overrightarrow{b}=\lambda \overrightarrow{a}+\lambda \overrightarrow{b}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \alpha \overrightarrow{a}-\lambda \overrightarrow{a}=\lambda \overrightarrow{b}-\beta \overrightarrow{b}\mathrm{,}\left(\alpha -\lambda \right)\overrightarrow{a}=\left(\lambda -\beta \right)\overrightarrow{b}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Itt $\overrightarrow{a}$ és $\overrightarrow{b}$ nem $\overrightarrow{0}$, és nem párhuzamosak, tehát az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha mindkét együttható 0: $\left(\alpha -\lambda \right)=\left(\lambda -\beta \right)=0$, ahonnan $\alpha =\beta =\lambda$. Most megmutatjuk, hogy az $AB$ és a $DC$ oldal párhuzamos. Írjuk fel a belőlük képzett vektorokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\mathrm{,}\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{c}-\overrightarrow{d}=\alpha \overrightarrow{a}-\beta \overrightarrow{b}=\alpha \overrightarrow{a}-\alpha \overrightarrow{b}=\alpha \left(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $C\text{'}\in AM$, $D\text{'}\in BM$, $F\text{'}\in EM$ és $F\text{'}$ felezőpontja $C\text{'}D\text{'}$-nek, valamint $C\text{'}D\text{'}\parallel CD$. Mivel $MF\text{'}$ súlyvonala az $MC\text{'}D\text{'}$ háromszögnek, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{C\text{'}F\text{'}M△}=T_{F\text{'}D\text{'}M△}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $F\text{'}E$ súlyvonala az $ABF\text{'}$ háromszögnek, ezért $T_{AEF\text{'}△}=T_{EBF\text{'}△}$, végül $ME$ súlyvonala az $ABM$ háromszögnek, ezért $T_{AEM△}=T_{EBM△}$. Így $T_{AF\text{'}C\text{'}△}=T_{AEM△}-T_{AEF\text{'}△}-T_{C\text{'}F\text{'}M△}=T_{EBM△}-T_{EBF\text{'}△}-T_{F\text{'}D\text{'}M△}=T_{F\text{'}BD\text{'}△}$. Mivel $C\text{'}F\text{'}=F\text{'}D\text{'}$, $C\text{'}F\text{'}$ és $F\text{'}D\text{'}$ egy egyenesre esik, valamint $T_{AF\text{'}C\text{'}△}=T_{F\text{'}BD\text{'}△}$, azért $A$ és $B$ egyenlő távol van $C\text{'}D\text{'}$ egyenesétől, azaz $AB\parallel C\text{'}D\text{'}\parallel CD$. 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 $S\text{'}$. A feltétel szerint $S$, $M$ és $S\text{'}$ egy egyenesbe esik, ami akkor és csak akkor teljesül, ha az $\overrightarrow{MS}$ és az $\overrightarrow{MS\text{'}}$ vektorok vektoriális szorzata $\overrightarrow{0}$. A továbbiakban használjuk az ábra jelöléseit és a vektoriális szorzás tulajdonságait: $\overrightarrow{MS}\times \overrightarrow{MS\text{'}}=\overrightarrow{0}$, azaz mivel $S$ és $S\text{'}$ súlypont, így ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}}{3}\times \frac{\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}}{3}=\overrightarrow{0}\mathrm{,}\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\right)\times \left(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{d}\right)=\overrightarrow{0}\iff }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \iff \overrightarrow{a}\times \overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{d}+\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{d}=\overrightarrow{0}\iff \overrightarrow{a}\times \overrightarrow{d}=\overrightarrow{c}\times \overrightarrow{b}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ (A vektorok sorrendje miatt a szorzatvektorok iránya megegyezik.) A két szorzatvektor tehát akkor és csak akkor egyenlő, ha nagyságukra $ad\text{sin}\phi =cb\text{sin}\phi$ teljesül. ($\phi$-vel az átlók hajlásszögét jelöljük.) Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$. Mivel az $ABM$ és a $CDM$ háromszög két oldalának aránya egyenlő és az ezek által közbezárt szög is egyenlő ($\phi$), 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.)