Bizonyítsuk be, hogy ha az ABCD konvex négyszög belsejében van olyan $P$ pont, hogy a PAB, PBC, PCD, PDA háromszögek egyenlő területűek, akkor a négyszög valamelyik átlója felezi a négyszög területét.

zt mutatjuk meg, hogy ha van a feladatban leírt tulajdonságú $P$ pont, akkor az az egyik átlón van (az átló felezőpontja). Ebből következik a feladat állítása, mert ha $P$ például a BD átlón van, akkor a BCD háromszög a PBC és a PCD háromszög egyesítése. A részháromszögek területe a négyszög területének a negyedrésze, így a BD átló két egyenlő területű részre osztja a négyszöget. A továbbiakban egy KL...V sokszög területét $T_{KL...V} $-vel fogjuk jelölni.

Mivel $T_{ABP} $ és $T_{BPC} $ egyenlő, és a két háromszög BP oldala közös, így a rá merőleges magasságok is egyenlők, $A$ és $C$ tehát egyenlő távol van a BP egyenestől, annak két oldalán (1. ábra). Ebből következik, hogy az egyenes átmegy az AC átló $F$ felezőpontján. Ugyanígy nyerjük, hogy DP is átmegy $F$-en. Ha a két egyenes különböző, akkor csak egy metszéspontjuk van, így $P$ azonos $F$-fel, vagyis $P$ az AC átlón van. Ha viszont a két egyenes egybeesik, akkor ez az egyenes a BD átló egyenese, tehát ekkor $P$ a BD átlón van. Ezzel a feladatot megoldottuk. \subsection{Megjegyzések:} 1. Nyilvánvalóan igaz a feladat állításának a megfordítása: Ha valamelyik átló felezi a négyszög területét, akkor van olyan $P$ pont a négyszög belsejében, amelyikre:

Nyilván ilyen pont a területet felező átló felezőpontja. 2. Az utolsó mondatban mondhattuk volna: ``ez a pont ...'', mert legfeljebb egy ilyen pont lehet a négyszög belsejében. Ha ugyanis a $P$ pontra a 4 háromszög területe egyenlő, és egy $P$' pont pl. az ABP háromszög $P$-től különböző pontja, akkor

így $P$'-re nem teljesülhetnek a megfelelő egyenlőségek.

3. Lényeges az a kikötés, hogy a $P$ pont a négyszög belsejében legyen, ugyanis létezhet a négyszögön kívül olyan pont, amelyikre a négy háromszög területe ugyanakkora. Induljunk ki egy APBR paralelogrammából. A BR oldalon válasszunk egy $S$ pontot $R$-hez közelebb, mint $B$-hez. Legyen $C$ a PS és AR egyenes metszéspontja, $D$ pedig $B$-nek az $S$-re vonatkozó tükörképe (2. ábra). $S$ választása folytán $C$ az AR szakasz $R$-en túli meghosszabbításán van, $D$ pedig BR-nek az $R$-en túli meghosszabbításán, tehát az ABCD négyszög konvex. Könnyen látható, hogy a PDA, PAB, PBC, PCD háromszögek területe egyenlő, viszont $P$ nincs rajta egyik átlón sem. Belátható, hogy minden ellenpélda ilyen felépítésű, annak alapján, hogy ha két háromszög területe egyenlő, és egy oldaluk közös, akkor a közös oldal egyenese vagy felezi a harmadik csúcsokat összekötő szakaszt, vagy párhuzamos vele.

2. Megoldás

Paralelogrammák esetén egyrészt az átlók metszéspontja megfelel $P$ pontnak, másrészt mind a két átló felezi a négyszög területét, tehát a feladat állítása igaz. A továbbiakban paralelogrammáktól különböző négyszögekre szorítkozunk. Tegyük fel, hogy AB és CD metszi egymást. A metszéspontot jelöljük $M$-mel.

Ha egy $P$ pontra teljesülnek a feladat feltételei, akkor az ABCP négyszög területe az adott négyszög területének a fele. Az olyan $P$ pontok, amelyektől csak ennek a teljesülését kívánjuk meg, egy AC-vel párhuzamos vannak, mert az ABC háromszög területe nem függ a $P$ pont helyzetétől, s így igaz ez az ACP háromszög területére is (1. ábra$^{1}$"> Itt nem létezik az adott tulajdonságú $P$ pont, sem az átlók nem felezik a négyszög területét, annak érdekében, hogy a fellépő mértani helyek különváljanak.}). (Ez az egyenes lehet AC bármelyik oldalán, vagy lehet az átló egyenese is. Az egyenesnek csak a négyszögbe eső része jön szóba.) A BD átlót ez az egyenes az $F$ felezőpontjában metszi, mert $T_{ABF} =\frac{1}{2}T_{ABD} $ és $T_{BCF} =\frac{1}{2}T_{BCD} $, a jobb oldalon szereplő háromszögek pedig együtt az adott négyszöget adják. A feladat feltételeit kielégítő $P$ pontra az ABP és CDP területének az összege is az adott négyszög területének a felét adja. Az ezt a feltételt kielégítő $P$ pontok is egy egyenesen sorakoznak. Felmérve ugyanis az AB, illetve a CD egyenesre az AB szakasszal egyenlő MB' szakaszt, illetve a CD-vel egyenlő MC'-t, az ezekre a $P$-ből húzott magasság megegyezik az AB-re, illetve a CD-re bocsátott magassággal, úgy az MB'PC' négyszög terület is az eredeti háromszög területének a fele. Az MB'$C$' háromszög területe nem függ a $P$ pont helyzetétől, így a $B$'$C$'$P$ háromszögé sem, tehát az újabb feltételt kielégítő $P$ pontok is egy egyenest alkotnak az előző esethez hasonlóan. Ez az egyenes átmegy mind a két átló felezőpontján, ugyanis a CDF háromszög területe is a BCD háromszög területének a fele, így az ABF és a CDF háromszög területe együtt az ABCD négyszög területének a fele$^{2}$"> Az egyenesnek ismét csak a négyszögbe eső része jön szóba.}. Ugyanígy látható, hogy az AC átló $E$ felezőpontja is a szóban forgó egyenesen van. A $P$ pont ezek szerint, ha létezik, az $F$ ponton át az AC-vel párhuzamosan húzott egyenesnek és az EF egyenesnek a metszéspontja, vagyis $F$, ha a két egyenes különbözik. Ez esetben a CD átló felezi az ABCD négyszög területét. Az ED egyenes akkor esik egybe az először említett egyenessel, ha az az AC egyenessel esik egybe. Ekkor viszont $P$ az AC átlón van, s így ez az átló felezi a négyszög területét. 
Megjegyzések: 1. A megoldásban két mértani hely szerepelt, amelyek a következő alakban egyesíthetők: Adott a síkban két szakasz, keressük azoknak a pontoknak a mértani helyét, amelyeket a két szakasz végpontjaival összekötve a keletkező két háromszög területének az összege egy adott érték. A feladat megoldása során azt is láttuk, hogy ha a két szakasz nem párhuzamos, akkor az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy egyik végpontjuk közös. Ez esetben a két szakasz egy-egy félegyenest határoz meg, és a mértani helynek a közöttük levő szögtartományba eső részét egy, a másik végpontokat összekötő egyenessel párhuzamos egyenes tartalmazza. Könnyű látni, hogy a mértani helynek a szögtartományba eső része az egyenes ideeső szakasza, és az egész mértani hely annak a paralelogrammának a határa, amelyiknek ez a szakasz az egyik oldala, és középpontja a szakaszok közös végpontja. Egyszerűsödik a helyzet, ha a területeket előjeles mennyiségnek tekintjük a következő módon: megadjuk a határnak a körüljárási irányát (sokszögeknél pl. az egymásutáni csúcsok felsorolásával), és pozitívnak tekintjük a területet, ha a körüljárási irány az óramutató járásával ellentétes, negatívnak, ha azzal megegyező. Könnyen látható, hogy ez esetben nem változik a mértani hely-problémában a területösszeg akkor sem, ha az egyenes mentén kilépünk a szögtartományból, s így a mértani hely egy egyenesen lesz. Bonyolódik a helyzet, ha a két szakasz párhuzamos. Ha pl. a területet mindig pozitív mennyiségnek tekintjük, és a két szakasz egyenlő hosszú, továbbá a két háromszög területének összege a szakaszok meghatározta paralelogramma területének a fele, akkor a két szakasz egyenesei közti sáv összes pontja alkotja a mértani helyet. A területösszeg nem lehet kisebb ennél az értéknél. A kérdés további elemzését az olvasóra bízzuk.

3. Megoldás

Jelöljük a $P$ pontból a négyszög csúcsaihoz vezető szakaszokat és a köztük levő szögeket $a$, $b$, $c$, $d$-vel, illetőleg $\alpha $, $\beta $, $\gamma $, $\delta $-val, amint az ábra mutatja, és írjuk fel a feladatban szereplő négy háromszög kétszeres területének az egyenlőségét, a területet két oldallal és a köztük levő szöggel fejezve ki:

Innen az első és harmadik kifejezés szorzata egyenlő a második és negyedik szorzatával. A 0-tól különböző abcd szorzatot mindkettőből elhagyhatjuk, és a következő szögek közti összefüggést kapjuk:

Az összefüggést a

azonosság alapján így alakíthatjuk át:

Tudjuk azt is, hogy a négy szög összege 360\r{ }, ezért

és így a két kisebbítendő is egyenlő. Az egyes szögek 180\r{ }-nál kisebb pozitív szögek, így a szögkülönbségek $-180^{\circ}$ és $ 180^{\circ}$ között vannak. Koszinuszaik tehát csak úgy lehetnek egyenlők, ha a szögek vagy egyenlők, vagy egymás ellentettei. Az első esetben $\alpha -\gamma =\beta -\delta $ azaz $\alpha +\delta =\beta +\gamma $, és mivel a négy szög összege 360\r{ }, így az egyenlőség mindkét oldalán 180\r{ } áll, azaz $P$ a BD szakaszon van, tehát BD felezi a négyszög területét. A második esetben $\alpha -\gamma =\delta -\beta $ azaz $\alpha +\beta =\gamma +\delta $ Ekkor $P$ az AC átlón van, és ez felezi a négyszög területét.

4. Megoldás

Megoldhatjuk a feladatot vektoriális szorzat felhasználásával is$^{3}$"> Lásd pl. M v-t. III. 246-249. old.}. Jelöljük a $P$ pontból a csúcsokhoz mutató vektorokat a, b, c, d-vel. Ekkor a feltételben szereplő négy háromszög területének egyenlőségét az

egyenlőségek fejezik ki. Valóban, az egyes szorzatok hossza a háromszögek területének a kétszerese, és a vektorok a sík ugyanazon oldalára mutatnak, mert a $P$ pont a négyszög belsejében van. Képezzük az első és a második, továbbá a harmadik és negyedik szorzat különbségét, és használjuk fel, hogy a vektoriális szorzat a tényezők felcserélésével az ellentettjére változik, továbbá a disztributív tulajdonságot:

és hasonlóan kapjuk, hogy

Az először nyert szorzat csak úgy lehet a nullavektor, ha vagy ${\rm {\bf a}}+{\rm {\bf c}}={\rm {\bf 0}}$, vagy ${\rm {\bf a}}+{\rm {\bf c}}$ és b párhuzamos. Az első esetben ${\rm {\bf c}}=-{\rm {\bf a}}$, ami azt jelenti, hogy $P$ az AC átló felezőpontja, így ez az átló felezi a négyszög területét. Ha viszont ${\rm {\bf a}}+{\rm {\bf c}}$ nem 0, és párhuzamos, b-vel, akkor a második nyert összefüggésből adódik, hogy d-vel is párhuzamos, vagyis b és d párhuzamos vektorok. Ekkor tehát $P$ a BD átlón van, és így ez az átló felezi a négyszög területét. 

Megjegyzés: Az adott négyszögek konvex voltát csak annyiban használtuk fel, hogy a megoldásban szereplő vektoriális szorzatot a sík ugyanazon oldalára mutatnak. Ez azonban konkáv négyszögre is teljesül, ha a $P$-ből a csúcsokhoz húzott szakaszok a négyszög belsejében vannak.

Belátjuk, hogy ha van egy konkáv négyszög belsejében a feltételnek eleget tevő $P$ pont, akkor az utoljára mondott feltétel teljesül rá, és így a feladat állítása a konvexitás kikötése nélkül is igaz. Valóban, ha a négyszög konkáv szöge a $D$ csúcsnál van, akkor a $T_{ADP} =T_{CDP} $ egyenlőségből következik, hogy a BP egyenes vagy felezi az AC szakaszt, vagy párhuzamos vele. Az első esetben a PA, PB, PC, PD szakaszok a négyszög belsejében futnak. Ha viszont egy $P_{1}$ pontra az utóbbi teljesül, akkor vagy az $ABP_1 $ háromszög, vagy a $BCP_1 $ háromszög tartalmazza a $D$ pontot, mondjuk az előbbi eset áll fenn. Ekkor a háromszög tartalmazza az $ADP_1 $ háromszöget is, tehát területe nagyobb, mint az utóbbié, így a $P_1 $ pontra nem teljesülhet a feladat feltétele.