Feladat: Gy.1965 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Baráti Ákos 
Füzet: 1981/december, 206 - 207. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/február: Gy.1965

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

Először azt látjuk be, hogy egy háromszög belsejében fekvő tetszőleges paralelogrammához mindig található olyan másik paralelogramma, amelynek területe nem kisebb az eredetiénél, és amelynek mind a négy csúcsa a háromszög kerületére esik. Ez utóbbiról még azt is megkövetelhetjük, hogy egyik csúcsa essen egybe a háromszög valamelyik csúcsával.
Feltehetjük, hogy olyan paralelogrammából indulunk ki, amelynek nincs mind a négy csúcsa a háromszög kerületén. Hosszabbítsuk meg a paralelogramma oldalait mindkét irányban. Így 8 félegyenest kapunk. Mind a 8 félegyenesnek van közös pontja a háromszögvonallal. Biztosan van tehát a háromszögnek olyan oldala, amelyen legalább 3 különböző félegyenessel alkotott közös pont található. (Két egybeeső közös pontot kettőnek számítunk.) Ezek közül kettő a paralelogramma párhuzamos oldalegyenesein van (1. ábra).

 

1. ábra
 

Két ilyen pont által határolt szakaszhoz mint oldalhoz olyan paralelogramma illeszthető, amelyet a háromszög tartalmaz, és amely az eredeti paralelogrammával egyenlő területű. Ezt a 2. ábrán látható területdarabolás bizonyítja.
 

2. ábra
 

A KLMN paralelogrammát az MNQP négyszöggel kiegészítjük, majd az így kapott KLPQ négyszögből elvesszük az MNQP-vel egybevágó LKRS négyszöget. PQRS a kívánt paralelogramma.
Ehhez nem nehéz olyan paralelogrammát találni, amely nála nem kisebb területű, és amelynek mind a négy csúcsa a háromszög kerületén van úgy, hogy közülük egy a háromszögnek is csúcsa (3. ábra).
 

3. ábra
 

Az ADEF paralelogramma AD alapja ugyanis nem kisebb PQ-nál, és ugyanakkora magasság tartozik hozzá, mint PQRS-ben PQ-hoz.
Az ADEF-ről és a hasonló elhelyezkedésű paralelogrammákról fogjuk bebizonyítani, hogy területük legfeljebb fele a háromszög területének.
A D, E, F pontok illeszkedjenek rendre az AB, BC, AC oldalra. Ha E a BC oldal felezőpontja, akkor az ADEF paralelogramma területe fele az ABC háromszög területének. Ha E nem felezi BC-t, akkor feltehetjük, hogy E a B csúcshoz közelebb van, mint C-hez, mivel az AB és AC oldalak szerepe felcserélhető. Legyen G az AC oldalnak az a pontja, amelyre GC=AF (4. ábra).
 

4. ábra
 

Mivel AF<AC/2<AG, ezért EF és DG metszik egymást. A metszéspontot jelöljük H-val. Az ADEF és GDEC egyenlő területű paralelogrammák által kétszeresen lefedett HDE háromszög területe egyenlő a BED háromszög területével, hiszen a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy az ABC háromszög területe éppen az FGH háromszög területével nagyobb, mint az ADEF paralelogramma területének kétszerese.
 

Baráti Ákos, (Győr, Czuczor G. Bencés Gimn., I. o. t.) dolgozata alapján