Feladat:	B.4765	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baran Zsuzsanna ,  Bodolai Előd ,  Cseh Kristóf ,  Csorba Benjámin ,  Czirkos Angéla ,  Gáspár Attila ,  Glasznova Maja ,  György Levente ,  Horváth András János ,  Imolay András ,  Kerekes Anna ,  Kovács Benedek ,  Lakatos Ádám ,  Németh Balázs ,  Pap Tibor ,  Schrettner Bálint ,  Stein Ármin ,  Tibay Álmos ,  Török Tímea ,  Váli Benedek ,  Wiandt Péter
Füzet:	2016/december, 530 - 531. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Húrnégyszögek, Inverzió
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/január: B.4765

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Ha $AB\parallel CD$, akkor $ABCD$ húrtrapéz, így szimmetrikus az $AB$ szakasz felezőmerőlegesére. Ekkor az egész ábra, így az $EFGH$ trapéz is szimmetrikus, így $EFGH$ húrtrapéz. A továbbiakban feltesszük, hogy $AB$ és $CD$ az $M$ pontban metszik egymást. Legyen $ABCD$ körülírt körén az $A$-t nem tartalmazó $CD$ ív felezőpontja $R$, a $C$-t nem tartalmazó $AB$ ív felezőpontja $S$. A kerületi szögek tétele szerint ekkor a $CAD\sphericalangle$ és $CBD\sphericalangle$ szögek felezői $R$-ben, míg az $ADB\sphericalangle$ és $ACB\sphericalangle$ szögek felezői $S$-ben metszik egymást. Ebből az is következik, hogy az ábra helyes, az $A$, $E$, $F$ és $B$; valamint a $C$, $G$, $H$ és $D$ pontok az ábrán látható sorrendben következnek.     Először belátjuk, hogy $ABGH$ húrnégyszög, ehhez elegendő megmutatnunk, hogy két szemközti szögének összege ${180}^{\circ }$. Egyrészt $HAB\sphericalangle =DAB\sphericalangle -DAR\sphericalangle$, másrészt $BGH\sphericalangle =DCB\sphericalangle +RBC\sphericalangle$ (a $GBC▵$ külső szöge). Vegyük észre, hogy $DAR\sphericalangle =RBC\sphericalangle$, mivel mindkettő a $CD$ íven nyugvó kerületi szög fele. Így $HAB\sphericalangle +BGH\sphericalangle =DAB\sphericalangle +DCB\sphericalangle ={180}^{\circ }$. Hasonlóan belátható, hogy a $DEFC$ négyszög is húrnégyszög. Legyen az $ABCD$ körülírt köre $k$, az $ABGH$ körülírt köre $k_1$, a $DEFC$ körülírt köre pedig $k_2$. A külső pontból körhöz húzott érintő- és szelőszakaszok tételét alkalmazzuk az $M$ pontra és rendre a $k$, $k_1$ és $k_2$ körökre, így nyerjük, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle MA\cdot MB=MC\cdot MD;MA\cdot MB=MG\cdot MH;ME\cdot MF=MC\cdot MD\mathrm{.}}\end{array}$ A három egyenlőséget összevetve $MG\cdot MH=ME\cdot MF$ adódik. Innen az állítás azonnal következik a külső pontból körhöz húzott érintő- és szelőszakaszok tételének megfordításából.