Egy kör AB és CD átmérői merőlegesek egymásra, a CE húr párhuzamos a BF húrral, $E$ ill. $F$ tükörképei CD-re vonatkozóan $H$ ill. $G$. Bizonyítandó, hogy az ABFG trapéz területe egyenlő CEH háromszög területével.

A leírás különböző ábrákhoz vezethet (1., 2. és 3. ábra), aszerint, hogy hol vesszük fel az $E$ pontot. Az 1. ábrán a BD a 2.-on DA negyedkörön vettük az $E$ pontot. A két ábrán, csak a trapéz helyzete tükrös egymáshoz képest az AB átmérőre vonatkozóan. Ez a területekre nincs befolyással. Ha ellenben $E$ átjut az AC ívre (3. ábra), akkor az ABFG négyszög hurkolt négyszög, két párhuzamos oldallal: ,,hurkolt trapéz''. Az állítás erre az esetre is igaz, ha a hurkolt trapéz területét megfelelően értelmezzük, de hogy egyáltalán mint értsünk egy önmagát metsző négyszög területén, az eleve nem világos és ezért hibáztatható is a feladat megfogalmazása.

Az ABGF trapéz területét venni, vagy akár a két háromszög területének összegét, ez a feladat szempontjából nem megfelelő, hiszen a keletkezett kettős háromszögből az AB oldalhoz csatlakozó hasonló CEH háromszöghöz, de már egymagában is nagyobb nála, mert $AB>EH$. Hogy a terület milyen értelmezése mellett érvényes az állítás ebben az esetben is, az bizonyítás közben fog adódni. Ha $E$ a CB ívre kerül, akkor lényegesen új esetet nem kapunk, csak a ,,hurkolt trapéz'' kerül ismét az AB átmérő másik partjára. Térjünk ezután a feladat megoldására. Alakítsuk először a trapézt téglalappá úgy, hogy az $F$-ből AB-re bocsátott FK merőlegessel elvágott BFK háromszöget a GA oldalhoz illesztjük.

Az így keletkezett AMFK téglalapot az AF átlóval két egyenlő részre osztjuk, és megmutatjuk, hogy a keletkezett $AFK\Delta $ egybevágó a CEH háromszög felét kitevő CEL háromszöggel, ahol $L$ az EH húr középpontja (mely nyilván CD-re esik). Valóban forgassuk el utóbbit a kör középpontja körül az óra járásával ellenkező irányban $ 90^{\circ}$-kal. Ekkor $C$ átmegy $A$-ba és mivel $D$ az elforgatás után $B$-be kerül, így $L $az AB átmérőre fog kerülni. Azt kell csak belátnunk, hogy az $E$ pont $F$-be megy át, ez pedig teljesül, mert a BC és EF ívet párhuzamos húrok metszik ki a körből, tehát az EF ív is negyedkör. A bizonyítás lényegtelen változtatással alkalmazható arra az esetre is, ha $E$ a BD negyedkörön van (a következő megoldásból látható lesz, hogy hogyan), nem világos azonban, hogy hogyan vihető át a hurkolt esetre. Ez sokkal könnyebben lesz látható a következő megoldásból, amely szoros rokonságban van az elsővel.

2. Megoldás

Az előbbi jelöléseket használva nyilvánvaló, hogy AK a trapéz középvonalával egyenlő, tehát a trapéz ill. háromszög $t_1 $ ill. $t_2 $ területe

Megmutatjuk, hogy $FK=EL$ és $AK=CL,$ ill. utóbbi helyett, hogy $BK=DL.$ Mindkét egyenlőség következik abból, hogy

Forgassuk el az utóbbi háromszöget $ 90^{\circ}$-kal az óra járásával ellenkező irányban a kör középpontja körül. Ekkor $D$ átmegy $B$-be, EL pedig a $B$-hez húzott sugárra merőleges helyzetbe kerül, $E$ pedig átmegy $F$-be, amint azt az 1. megoldásban láttuk. Ezzel állításunkat igazoltuk.

Megjegyzés. A bizonyítás ,,hurkolt trapéz'' esetén is azt adja, hogy $EL=FK, \quad DL=BK,$ amiből $CL=AK,$ tehát

Baloldalt ismét a $CEH\Delta $ területe áll, a jobboldal viszont felfogható az AFB és AFG háromszögek területei különbségének. Ebből a különbségből kiesik a két háromszög közös részének a területe és marad a ,,hurkolt trapéz'' nagyobb és kisebb háromszöge területének különbsége. A hurkolt esetben tehát e területkülönbség egyezik meg a CEH háromszög területével.

Számítás nélkül is bebizonyíthatjuk ezt az eredményt. Ugyanis a közönséges trapézra fentebb már bebizonyított tétel alapján az ábrában a $DEH\Delta $ területe egyenlő az ABGF közönséges trapéz területével, továbbá ugyancsak az előbbiek alapján

Tehát (területekről beszélve)

Könnyű a feladatot úgy fogalmazni, hogy a kettősség ne is lépjen fel. Ha a BF és AG egyenesek metszéspontját mindenkor $N$-el jelöljük, akkor a CEH háromszög területe -- minden esetben -- az ABN és GFN háromszögek területének különbségével egyenlő. A III. osztályosok más szempontból is érthetőnek fogják tartani a nyert eredményt. A koordináta-geometriában ugyanis kiderült, hogy bizonyos szempontból előnyős lehet a területet előjeles mennyiségnek tekinteni, oly módon, hogy minden idomhoz megadjuk, hogy hogyan járjuk körül a kerületét (sokszögeknél ez például a csúcsok sorrendjével már meg van adva) és akkor azon idomok területét, melyek körüljárásban a jobbkezünk felé esnek, ellenkező előjelűnek nevezzük, mint amelyek körüljáráskor balról fekszenek. (Bármelyik lehet pozitív, de a másik minden esetben negatív lesz.) Ilyen értelmezés mellett hurkolt négyszög területéül mindig azon két háromszög területének különbsége adódik, melyekből a hurkolt négyszög áll.

3. Megoldás

Mivel mindkét szóban forgó idom tükrös a CD átmérőre, mint tengelyre, így elég azt megmutatni, hogy a háromszög fele és a trapéz fele egyenlő területű, tehát ha az FG és EH húrok felezőpontjai $J$ és $L,$ akkor azt kell megmutatnunk, hogy a CEL háromszög és a BFJO trapéz egyenlő területű. Húzzuk meg az EC húr OM felező merőlegesét és forgassuk a CMO háromszöget az $M$ pont körül az EM szakasz mellé. Az így keletkezett ELOP derékszögű trapézban

mint merőlegesszárú szögek, mert PO merőleges a CE-vel párhuzamos BF húrra is. EP és OB, a trapézok hosszabb párhuzamos oldalai sugárnyi hosszúságúak és ugyancsak sugárnyi hosszúságú az EO ill. OF átló is. Így a BFJO trapéz egybevágó, tehát egyenlő területű is, a POLE trapézzal, tehát egyenlő területű a CEL háromszöggel is.

A hurkolt esetben is igaz, hogy a CEO háromszög átalakítható a PEO háromszöggé és utóbbi egybevágó a BOF háromszöggel. Viszont előbbiből most el kell hagyni az ELO háromszöget, hogy a CEL háromszöget kapjuk. Ennek elhagyása után a hurkolt négyszög OB-hez csatlakozó nagyobb háromszöge marad meg. Ebből kell még az FJ-hez csatlakozó kisebb háromszöget elvenni, hogy CEL-lel egyenlő területet kapjuk.