Feladat: F.2557 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Drasny Gábor ,  Horváth László 
Füzet: 1986/szeptember, 253 - 255. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek egybevágósága, Háromszögek hasonlósága, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Terület, felszín, Paralelogrammák, Rombuszok, Szinusztétel alkalmazása, Négyszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/december: F.2557

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

I. megoldás. a) Jelöljük a szögharmadoló egyenesek és a paralelogramma kerületének metszéspontjait E-vel, illetve F-fel. Mivel az AC átló felezi a paralelogramma területét, nem lehet mind a két pont ugyanazon az oldalon, hiszen ekkor az egyik rész területe legalább 1/2 volna. Legyen tehát E a BC, F pedig a CD oldalon. Messe AF a BC oldal meghosszabbítását G-ben (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Mivel EAB∢=FAD∢ és EBA∢=FDA∢, ezért az EBA és FDA háromszögek hasonlóak. Ha ennek a két háromszögnek egyenlő a területe, akkor egybevágóak. Ebből következik, hogy AB=AD, vagyis a szerkesztendő paralelogramma rombusz, továbbá AE=AF.
Az AFD háromszög területe a rombusz területének harmadrésze, az FD-hez, illetve CD-hez tartozó magasságuk közös, ezért az alapok aránya FD:CD=2:3. Az ABG és FCG háromszögek hasonlóak, mert szögeik páronként egyállásúak. A megfelelő oldalak aránya:
FG:AG=FC:AB=FC:DC=(DC-DF):DC=1:3,
ebből DF:DC=2:3 és AF:AG=2:3, tehát
AE:AG=AF:AG=2:3.(1)

EGA∢=DAG∢, mert váltószögek, és DAG∢=EAG∢, mert AG és AE szögharmadolók, tehát EGA∢=EAG∢, az AEG háromszög egyenlő szárú, és (1) alapján ismerjük oldalainak arányát: GE:EA:AG=2:2:3.
Szerkeszthetünk tehát egy az AEG háromszöghöz hasonló A'E'G' háromszöget, és azt a következőképp egészíthetjük ki egy a szerkesztendőhöz hasonló A'B'C'D' rombusszá: B'-t a G'E' félegyenesből, az A'G' egyenesnek A'E'-re vonatkozó tükörképe messe ki. Végül a B'G' félegyenesre B'-ből felmérjük a B'A'=B'C' hosszúságot, D'-re pedig D'A'||B'C' és D'C'||B'A'. A B' metszéspont valóban létrejön, mert az A'E'G' háromszög E'-nél tompaszögű, ugyanis az A'G' oldal négyzete nagyobb, mint a másik kettő négyzetösszege: 9>8.
A szerkesztés menetéből következik, hogy
D'A'G'∢=A'G'B'∢=E'A'G'∢=B'A'E'∢,
vagyis A'E' és A'G' szögharmadolók. Továbbá A'E' felezi a B'A'G' szöget, ezért:
B'E':B'C'=B'E':B'A'=G'E':G'A'=2:3.
Ebből következik, hogy a B'A'E' háromszög területe valóban harmada a rombusz területének. Ez igaz az A'F'D' háromszögre is, ahol F' az A'G' és C'D' szakaszok metszéspontja. Az A'B'C'D' rombusz tehát a terület mértékszámára tett kikötés kivételével kielégíti a feladat feltételeit.
Legyen A'B'=a, a rombusz magassága pedig m. Területe ekkor am. Ha A'B'C'D'-t 1:am arányú nyújtásnak vetjük alá, akkor a kapott ABCD rombuszra a feladat minden feltétele teljesül. A magasságtétel alapján am szerkeszthető, így az egységszakasz ismeretében ABCD-t is meg tudjuk szerkeszteni.
Mivel két egyenlő területű és hasonló alakzat egybevágó, az is következik, hogy a megoldás egyértelmű.
 
 
2. ábra
 

b) Legyen a C-nél levő szög harmadoló vonalainak a kerületen levő pontja H, illetve I. Rombuszunk 7 részre esik szét, közülük 4, ill. 2 rész egybevágó, a hetedik ismét rombusz. Mivel ABCD tengelyesen szimmetrikus, a megfelelő szögharmadolók a BD tengelyen metszik egymást, legyenek a metszéspontok P, illetve Q (2. ábra). Az a) rész alapján BE=2EC, a BEP és ECP háromszögek magassága megegyezik, ezért a BEP háromszög területe kétszerese az ECP háromszög területének. A BHP háromszög BEP tükörképe, ezért területük egyenlő. Az ECP háromszög területe tehát ötöde az 1/3 területű BCH háromszögének. Ennek alapján már meghatározhatjuk a kérdéses területeket. A szimmetrikus helyzetű ECP, HAP, IAQ, FCQ háromszögek területe 1/15 egység. Az ugyancsak tükrös helyzetű EBHP és IDFQ négyszögeké ennek négyszerese, 4/15 egység. Végül a fennmaradó AQCP négyszög területe 1-(12/15)=1/5 egység.
 
II. megoldás a feladat a) részére (vázlat). Miután az I. megoldáshoz hasonlóan megállapítottuk, hogy a szerkesztendő négyszög rombusz és BE:BC=BE:BA=2:3, jelöljük a BAE szöget α-val. Ekkor ABE∢=180-3α, AEB∢=2α (1. ábra). Írjuk fel a szinusztételt az ABE háromszögben:
sin2αsinα=BA(2/3)⋅BA,
és ebből
cosα=34.
Ennek alapján α-t, mint egy 3 egység befogójú és 4 egység átfogójú derékszögű háromszög hegyesszögét meg lehet szerkeszteni. A továbbiakat nem részletezzük.