Feladat: 863. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Eszter István ,  Kovács Piroska 
Füzet: 1964/április, 168 - 169. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Magasságvonal, Lefedések, Terület, felszín, Paralelogrammák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1963/október: 863. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Húzzunk párhuzamost B-n át AC-vel és C-n át AB-vel, és jelöljük metszéspontjukat A*-gal. Az ABA*C paralelogramma területe kétszer akkora, mint az ABC háromszögé, ezért elég azt belátnunk, hogy a kérdéses összeg megadja a paralelogramma területét.

 
 
1. ábra
 

Húzzuk meg a DE egyenesnek a paralelogrammába eső szakaszát, legyen ennek végpontja az AB oldalon A', a CA* oldalon C'. (Ha az ABC háromszögben C-nél derékszög van, akkor E azonos D-vel, ekkor D-n át merőlegest húzunk BC-re, ami egyszersmind párhuzamos AC-vel.) Hasonlóan legyen a DF egyenesnek (ill. CBD∢=90∘ esetén a D-ben BC-re állított merőlegesnek) AC-vel, ill. BA*-gal való metszéspontja A'', ill. B''. Nyilvánvaló, hogy A''B'' párhuzamos és egyenlő hosszú AB-vel, ugyanígy A'C'#AC. A CF szakasz az A''B''A*C paralelogramma magassága, ezért a szóban forgó AB⋅CF szorzat megadja ezen paralelogramma területét, az AC⋅BE szorzat pedig hasonlóan az A'BA*C' paralelogramma területét.
Mindkét paralelogramma lefedi az ABA*C paralelogramma egy részét és abból nem nyúlik ki. Együttesen kétszer fedik le a DB''A*C' paralelogrammát, másrészt az ABA*C paralelogrammából lefedetlenül hagyják az AA'DA'' paralelogrammát. Így elég belátnunk, hogy a kétszer fedett és a fedetlen paralelogramma területe egyenlő. Ez pedig következik abból, hogy e két paralelogramma az egyenlő területű A*CB és ABC háromszögekből a C'CD és B''DB ill, az A''DC és A'BD háromszögek elhagyásával keletkezik, ezek pedig páronként egyenlő területűek, mert az A''DC'C, ill. A'BB''D paralelogrammának a DC ill. BD átló mentén való kettévágásával keletkeznek.
Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 
 Kovács Piroska (Székesfehérvár, Teleki B. g. II. o. t.)
 
 
2. ábra
 

II. megoldás. DE párhuzamos AC-vel, mert mindkettő merőleges a B-ből húzott magasságvonalra, ezért a BDE háromszög hasonló BCB1-hez, ahol B1 a B-ből húzott magasság talppontja. Így
BE=BDBC⋅BB1,és(1)AC⋅BE=BDBC⋅AC⋅BB1=BDBC⋅2t,(2)


ahol t az ABC háromszög területe. Ugyanígy
AB⋅CF=AB⋅CC1DCBC=DCBC⋅2t,(3)
és a bizonyítandó állítás (2) és (3) összeadásával adódik, ugyanis D a BC oldal közbülső pontja, és így
BDBC+DCBC=1.

Ha az ABC háromszögben pl. C-nél derékszög van, akkor E≡D, B1≡C, és (1) csak jelölésbeli változást jelent.
 
 Eszter István (Pannonhalma, Benedek-rendi g. I. o. t.)
 

Megjegyzés. Az állítás a BC oldalegyenes bármely D pontjára érvényes; ha a CF, BE szakaszoknak előjelet tulajdonítunk, pozitívnak véve a felhasznált magasságegyeneseken a B-ből B1-be, ill. C-ből C1-be vivő irányt.