Feladat: F.2383 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1983/április, 150 - 151. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/október: F.2383

Adott derékszögű háromszögben kétféleképpen találhatunk olyan négyzetet, melynek csúcsai a háromszög kerületén vannak. Határozzuk meg ezek közös részének a területét, ha adottak a háromszög befogói.

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

Legyen az adott háromszög ABC, amelyben AB az átfogó, oldalai szokásosan a, b, c. Minden beírt négyzetből két csúcsnak rajta kell lennie a háromszög valamelyik oldalán. Ha ezeket a CA befogón keressük, akkor az egyik C lesz, különben nem lenne négyzetcsúcs a CB-n, pedig AB-n ekkor csak egy csúcs lehet. Jelöljük ezt a beírt négyzetet CDEF-fel, D van a CA-n, ennélfogva F a CB-n.

A négyzet ilyen beírásában a CE átló felezi az ACB derékszöget, ezért
BE:EA=CB:CA=a:b
és
BE:(BE+EA)=BE:c=a:(a+b),
innen BE=aca+b.
Így a BEF és BAC háromszögek hasonlóságából a négyzet oldala
FE=bcBE=aba+b

Ha az AB átfogón kívánunk két négyzetcsúcsot ‐ legyenek ezek H és I ‐, ezeket a CC' magasság szétválasztja, hiszen a HI-vel párhuzamos GJ négyzetoldal végpontjai nem lehetnek ugyanazon a befogón. Legyenek H és G a CC'-nek A-t tartalmazó oldalán, és legyen IJ=IH=y.
A három részre darabolt átfogó szélső darabjai, hasonló háromszögek felhasználásával
BI=aby,AH=bay,
és hozzájuk véve IH-t, a háromszög AB átfogóját kapjuk, amiből
y=cab+1+ba=abca2+ab+b2.
A G csúcs az a/b aránynak minden értéke mellett a CD szakaszon van, mert
CG=bcJG=ab2a2+ab+b2=CDab+b2a2+ab+b2<CD,
hasonlóan J a CF szakasz pontja. Másrészt I mindig a BE szakaszon és H az AE-n van, mert
BIBE=a(a+b)a2+ab+b2<1ésAHAE=b(a+b)a2+ab+b2<1.

Ezek szerint a két négyzet közös része az ELJGM ötszög, ahol L az EF, IJ szakaszpár, M pedig az ED,HG pár közös pontja: második négyzetünkből el kell hagynunk az EIL és az EHM háromszöget.
Ezek befogói az előbbi részeredmények felhasználásával
EI=BE-BI=ab2c(a+b)(a2+ab+b2)=ba+by,IL=abEI=aa+by,


továbbá hasonló számítás eredményeként HE=IL és HM=IE.
Ezek alapján a keresett terület
y2-EIIL=y2(1-ab(a+b)2)=a2+ab+b2(a+b)2y2=a2b2(a2+b2)(a+b)2(a2+ab+b2).
 
Megjegyzés. Ha a befogók helyett az átfogót és az egyik hegyesszöget tekintjük adottnak, akkor a két négyzet közös részének területe
c22sin22α(1+sin2α)(2+sin2α)c212.
A felső korlátot α=45 mellett éri el a terület, és ekkor 1/3 része az eredeti háromszög területének.