Feladat: B.4684 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Andó Angelika ,  Cseh Kristóf ,  Csépai András ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Fekete Panna ,  Kovács Márton ,  Molnár-Sáska Zoltán ,  Nagy-György Pál ,  Schrettner Bálint ,  Schwarcz Tamás ,  Szebellédi Márton ,  Varga-Umbrich Eszter ,  Williams Kada 
Füzet: 2016/május, 274 - 276. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Egyenesek egyenlete, Síkgeometriai bizonyítások, Körülírt kör
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2015/január: B.4684

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

Megoldás. Legyenek az E pontból az oldalakra állított merőlegeseknek a szemközti oldalakkal vett metszéspontjai P, Q, R és S, a merőlegesek talppontjai pedig P0, Q0, R0 és S0, az ábra szerint.

 
 

Az E pontból merőlegeseket állítottunk az oldalakra, így a BR0ES0, CS0EP0, DP0EQ0 és AQ0ER0 négyszögek két-két szemközti szöge derékszög, tehát húrnégyszögek.
Belátjuk, hogy a P, R0, S0, P0 pontok egy körön vannak. A BEC derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magassága ES0, ezért BES0=BCE. Másrészt mivel BR0ES0 és CS0EP0 húrnégyszögek:
BR0S0=BES0=BCE=S0P0E.
Az S0P0EPR0S0P0 négyszög belső szöge, míg a BR0S0 a szemközti csúcshoz tartozó külső szög. A négyszög valóban húrnégyszög.
Hasonló gondolatmenettel igazoljuk, hogy R0S0P0R szintén húrnégyszög. A BCE háromszögben ‐ az előző esetnek megfelelően ‐ az átfogóhoz tartozó magasság két hasonló derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, így felhasználva az előbbi két húrnégyszöget is:
S0R0E=S0BE=S0EC=S0P0C.
Az R0S0P0R négyszög R0-hoz tartozó belső szöge egyenlő a P0-hoz tartozó külső szöggel, tehát ez a négyszög is húrnégyszög.
Abból, hogy a DP0EQ0 négyszög húrnégyszög, az is következik, hogy
EP0Q0=EDQ0.
DEA derékszögű háromszögben EQ0 magasság, így EDQ0=Q0EA. Mivel AQ0ER0 húrnégyszög, azért Q0EA=Q0R0A. Mindezekből:
PP0Q0=EP0Q0=EDQ0=Q0EA=Q0R0A=Q0R0P,
tehát PR0P0Q0 húrnégyszög.
Az eddigiekből következik, hogy a P, R0, S0, P0, R és Q0 pontok egy körön vannak.
Ugyanígy belátható, hogy a Q, P0, S, Q0, R0 és S0 pontok is egy körre illeszkednek.
Tehát mind a nyolc pont, Q, P0, R, S, Q0, P, R0 és S0 egy körön van.
Következő lépésként igazoljuk, hogy a PQRS négyszög oldalai párhuzamosak az ABCD négyszög átlóival. A négy párhuzamosság közül egyet fogunk megmutatni, a másik három analóg módon tárgyalható.
Az előző részben már több négyszögről láttuk, hogy húrnégyszög, sőt azt is sikerült igazolni, hogy a nyolc pont egy körön van. Emiatt R0S0QR húrnégyszög. A CQR külső szög, egyenlő a szemközti csúcshoz, R0-hoz tartozó belső szöggel, az S0R0E szöggel. Mivel BR0ES0 húrnégyszög kapjuk, hogy
S0R0E=S0BE=CBD.
CQR és a CBD tehát egyenlők, és mivel egyik száruk közös, azért egyállású szögek: QR párhuzamos BD-vel. A fentiekből kapjuk, hogy a PQRS négyszög téglalap, amelynek oldalai párhuzamosak az ABCD négyszög átlóival.
A megoldás befejezéséhez be kell még bizonyítani, hogy a téglalap átlóinak metszéspontja illeszkedik az ABCD négyszög átlóinak felezőpontját összekötő szakaszra. Ezt az állítást, kihasználva az ABCD négyszög átlóinak merőlegességét, vektorok segítségével igazoljuk.
Legyen az A, B, C, D, P, Q, R, S pontokba mutató helyvektorok kezdőpontja E, az ABCD négyszög átlóinak metszéspontja. Legyen
EA=a,EC=λa,EB=bésED=μb,
ahol λ és μ negatív valós számok. Ismert, hogy amennyiben P az AB szakasz belső pontja, az EP helyvektor kifejezhető a csúcsokba mutató a és b helyvektorok segítségével úgy, hogy
EP=xa+(1-x)b,
ahol az x]0,1[. A PQ szakasz párhuzamos AC-vel, így az EQ vektort felbontva b-vel és λa-val párhuzamos összetevőkre a b együtthatója meg kell, hogy egyezzen az előzővel:
EQ=(1-x)b+xλa.

Innen már a további két csúcsba mutató helyvektorok felírása is azonnal adódik:
ER=xλa+(1-x)μb,ES=(1-x)μb+xa.

Az AC átló F1 felezőpontjára és a BD átló F2 felezőpontjára:
EF1=12(a+λa),EF2=12(b+μb).

Vegyük most az F1F2 szakaszt és legyen ennek a szakasznak az (1-x):x arányban osztó, belső pontja K. Ekkor a K pont helyvektora:
EK=xEF1+(1-x)EF2=12(x(1+λ)a+(1-x)(1+μ)b).
Végül tekintsük a PQRS téglalap átlóinak közös felezőpontját. Ennek helyvektora az átló végpontjaiba mutató helyvektorok öszegének a fele, pl.:
12EP+12ER=12(xa+(1-x)b)+12(xλa+(1-x)μb)=EK.

Ezzel az állítást igazoltuk.