Kezdőlap


Feladat:	B.3912	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	2006/december, 546 - 547. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Konvex négyszögek, Középpontos tükrözés, Síkgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/május: B.3912

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

I. megoldás. Legyenek a négyszög csúcsai pozitív körüljárás szerint $A$ , $B$ , $C$ és $D$ . A négyszög szögeinek az összege $360^{\circ}$ , ezért van két szomszédos csúcsa, mondjuk $B$ és $C$ , hogy $B ∢ + C ∢ \geq 180^{\circ}$ . Ha $B'$ és $C'$ ezek tükörképe a ,,közrefogó'' $A C$ , illetve $B D$ átló felezőpontjára (1. ábra), akkor a $B$ és $C$ csúcsok megválasztása miatt az $A B$ , $B C$ és $C D$ oldalegyenesek egyike sem választja el a $B'$ , $C'$ pontpárt és a négyszöget. A tükrözések miatt másfelől $\vec{A B'} = \vec{B C} = \vec{C' D}$ , ahonnan következik, hogy $A B' D C'$ parallelogramma.

1. ábra

Ez azt jelenti, hogy

B'

és

C'

szimmetrikusan helyezkednek el az

A D

felezőpontjára, így egyiküket az

A D

nem választja el a

B

C

pontoktól: ez a tükörkép tehát nincs a négyszögön kívül.

II. megoldás. Használjuk az előző megoldás jelöléseit. Hívjuk a négyszög egy csúcsát jónak, ha megfelel a feladat követelményének. A négyszög konvex, az átlók tehát két részre osztják a négyszög szögeit. Legyenek ezek az 2. ábra szerint rendre

α_{1}

α_{2}

β_{1}

β_{2}

γ_{1}

γ_{2}

δ_{1}

δ_{2}

.
A 2. ábráról leolvasható, hogy az

A

csúcs pontosan akkor jó, ha

β_{1} \leq δ_{1}

és

δ_{2} \leq β_{2}

. Ez azt jelenti, hogy az átellenes

A

C

csúcsok valamelyike akkor és csak akkor jó, ha

0 \geq (β_{1} - δ_{1}) (β_{2} - δ_{2}) = s (A, C)

. Hasonlóan kapjuk, hogy a

B D

átlónak akkor és csak akkor van jó végpontja, ha

0 \geq (α_{1} - γ_{1}) (α_{2} - γ_{2}) = s (B, D)

2. ábra

α_{1} + δ_{2} = β_{2} + γ_{1}

, mert a

180^{\circ}

-ra kiegészítő szögük egyenlő. Átrendezve

α_{1} - γ_{1} = β_{2} - δ_{2}

. Hasonlóan kapjuk, hogy

α_{2} - γ_{2} = δ_{1} - β_{1}

. Ez azt jelenti, hogy minden konvex négyszögben

s (A, C) + s (B, D) = 0

, a fenti összegnek tehát van nempozitív tagja, és így a megfelelő átlónak van jó végpontja. A fentiekből az is kiderül, hogy egy általános négyszögben pontosan egy jó csúcs van. Ha a négyszög trapéz, akkor az egyik átló mindkét végpontja jó, egy paralelogrammának pedig mind a négy csúcsa ilyen.