Feladat: 1143. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Ésik Zoltán 
Füzet: 1968/március, 119. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Terület, felszín, Trapézok, Paralelogrammák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/szeptember: 1143. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Két egyenlő területű részre vághatjuk a paralelogrammát a K középpontján áthaladó EF egyenes vágással. Ezután a két keletkezett trapézt kell továbbosztanunk, ezek tükrös párt alkotnak K-ra nézve.

 

 

Az EADF trapézban a két trapéz tükrössége folytán DF=BE=2⋅AE, így a DEF háromszög területe az ADE háromszögének kétszerese. Az utóbbihoz tehát az előbbiből még annak negyedényi területet kell csatolnunk alkalmas EG egyenes vágással. Így G a DF szakasz D felőli negyedelő pontja.
Hasonlóan EB=2⋅AE=2⋅FC folytán a BCE háromszög területe a CEF háromszög területének kétszerese, így az utóbbihoz az előbbi negyedényi területet kell csatolnunk alkalmas EH egyenes vágással. Ehhez H-t a BC oldal C felőli negyedelő pontjának kell választanunk.
 

  Ésik Zoltán (Szeged, Ságvári E. gyak. gimn. III. o. t.)
 

II. megoldás (csak az EBCF trapéz felezésére). Húzzunk párhuzamost EC-vel F-en át, és messe ez a BC egyenest Q-ban. Ekkor QEC és FEC egyenlő területű háromszögek, tehát a QEB háromszög területe egyenlő a trapéz területével, ennélfogva H a BQ szakasz felezőpontja.
Megjegyzés. H-ra talált két eredményünk azonosítható. Legyen EF és BC metszéspontja R, ekkor EB=2⋅FC miatt FR=ER/2 és RC=CB, továbbá FQ∥EC miatt QC=RC/2=BC/2, így BQ=3⋅BC/2 és BH=3⋅BC/4.