Feladat: 1009. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Berács J. ,  Bozóky-Szeszich Ádám ,  Csirmaz L. ,  Horváth S. ,  Kóczy L. ,  Koren András ,  Kovács Tamás ,  Mérő L. ,  Pintz J. ,  Sax Gy. ,  Siklósi I. ,  Szeredi P. ,  Takács L. 
Füzet: 1966/október, 66 - 68. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkidomok átdarabolása, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Terület, felszín, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/október: 1009. matematika gyakorlat

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

Legyen az adott háromszög ABC, az adott belső pont az AB=a oldalon P, a BC oldalon Q. Előírhatjuk, hogy az első vágás P-ből induljon ki; ennek egyik oldalán 1, a másikon 2 résznek kell lennie, tehát a háromszög t területét 1:2 arányban kell kettévágnia. Forgassunk egy félegyenest P körül a PA helyzetből kiindulva, PC-n át a PB helyzetig és tekintsük a háromszögből a félegyenes két oldalára eső részek területének arányát. Az A-t tartalmazó rész területe egyre nő, a másiké fogy, így az arány tetszés szerinti kicsiny (pozitív) értéktől tetszés szerinti nagy értékig minden értéket felvesz, és csak egyszer, tehát az 1/2 és a 2/1 értéket is, így első vágásként a félegyenes két helyzete felel meg. E két helyzet az alábbiak szerint szerkeszthető.

 
 
1. ábra
 

Legyenek az AB oldal harmadoló pontjai H1, H2 úgy, hogy AH1=H1H2=H2B. Húzzunk párhuzamost H1-en és H2-n át a PC egyenessel, és messék ezek az ACB törött vonaldarabot P1-ben, ill. P2-ben. Ekkor PP1 és PP2 a megfelelő vágások. Legyen ugyanis először P az AB oldal egyik szélső harmadán, mondjuk AH1-en, akkor P1, P2 mindegyike C és B között adódik (esetleg P1=C, ha ti. P=H1), mert H1P1 és H2P2 kiindulópontja P és B között van (1. ábra α része). A PBP2 területe t/3, a PBP1-é pedig 2t/3, mert az előbbi egyenlő a H2BC, az utóbbi a H1BC területével, ezeknek ABC-vel közös az AB-re merőleges magasságuk, alapjuk pedig a/3, ill. 2a/3, és így területük t/3, ill. 2t/3. Valóban, a PBPi és HiBC háromszögek (i=1,2) HiBP1 része közös, és a HiPi egyenes másik partján levő részeik területe is egyenlő, mert a HiP1 alapjuk közös, és erre merőleges magasságuk egyenlő. Így a PP2P1 területe is és az APP1C négyszög területe is t/3.
A PBP2-re adott bizonyításunk akkor is érvényes, ha P a H1H2 szakaszon van, mert P2 ilyenkor is BC-n adódik (1. β ábrarész). Ilyen esetben P1 az AC-n van, és a PAP1 területe a H1AC-ével egyenlő, ez is t/3.
A talált két vágási lehetőség közül számunkra az lesz megfelelő, amelyik a Q második kiinduló pontot a kettévágott háromszög nagyobb részébe juttatja. A két vágás közül legalább az egyik ilyen; ha pedig így mindkettő megfelel, akkor PP1 és PP2 bármelyikét vehetjük első vágásszakasznak. A kiszemelt vágás a háromszöget egy háromszögre és egy (konvex) négyszögre vágja szét (vagy kivételesen 2 háromszögre, ha ti. P éppen H1-ben vagy H2-ben van). Így már csak azt kell megmutatnunk, hogy háromszöget is, négyszöget is lehet két egyenlő részre vágni a kerületének adott pontjából kiinduló egyenes vágással, hiszen Q kerületi pontja a levágott 2/3 résznek.
 
 
2. ábra
 

Legyen Q a DEFDE oldalának pontja. Húzzunk párhuzamost a DE oldal F1 felezőpontján át QF-fel, ez metszi ki a háromszög kerületéből a vágás Q1 végpontját (2. ábra α része), mert F1Q1Q=F1Q1F, QEQ1=F1EF=DEF/2.
Legyen Q a GHJK négyszög GH oldalán és messük JK-t a G-n átmenő, QK-val párhuzamos egyenessel G'-ben, valamint a H-n átmenő, QJ-vel párhuzamos egyenessel H'-ben (2. β ábrarész). A fentiekhez hasonlóan látható, hogy a négyszög területe egyenlő a QG'H'-ével, és hogy az utóbbit megfelezi a G'H' szakasz M felezőpontját Q-val összekötő egyenes vágás, ami egyszersmind a négyszöget is felezi, amennyiben M a JK szakaszon adódik.
Az ellenkező esetben válasszuk a betűzést úgy, hogy M a JH' szakaszra essék. Ekkor a QJKG négyszög területe kisebb a GHJK négyszög területének felénél, mert az utóbbi a QMG' területével egyenlő, az előbbi pedig a QJG'-ével. Különbségük a QMJ. Ezzel egyenlő területet úgy vághatunk le a GHJK négyszög további részéből, a QHJ-ből, hogy az M-en átmenő, QJ-vel párhuzamos egyenesnek HJ-vel való N metszéspontjába irányítjuk a Q-ból kiinduló vágást; így ugyanis a QNJ területe egyenlő a különbözettel.
Minden lehetséges esetre eljárást adtunk a második vágás végpontjának kijelölésére, a feladatot megoldottuk.
Amennyiben az első vágást Q-ból indítjuk el, lehetséges, hogy más két vágást kapunk. Ezt a kérdést azonban nem vizsgáljuk, mert a feladat nem írja elő a P, Q pontpárból lehetséges összes vágáspárok előállítását.
Sehol nem használtuk ki az ABC egyenlő oldalú voltát, sem P-nek és Q-nak A, B, C-től, valamint egymástól különböző voltát, így eljárásunk bármely háromszög kerületén bárhogyan választott két kiindulási vágáspont esetén érvényes.
 
 Koren András (Budapest, I. István g. II. o. t.)
 Bozóky-Szeszich Ádám (Budapest, Berzsenyi D. g. II. o. t.)