Feladat: Gy.2179 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Ájus F. ,  Balázs Á. ,  Bodrogi 365 Zs. ,  Csalánosi T. ,  Csott R. ,  Dinnyés Enikő ,  Ezer Éva ,  Gyuris T. ,  Gyüre P. ,  Hámori 967 Tünde ,  Heller Judit ,  Horváth S. ,  Horváth Sándor ,  Karsai T. ,  Kerey P. ,  Király Andrea ,  Klug R. ,  Kocsis Z. ,  Kucsera Itala ,  Ládonyi F. ,  Licsik I. ,  Ligeti Z. ,  Molnár K. ,  Montágh B. ,  Nagy J. ,  Nausch Á. ,  Némedi Varga Zs. ,  Nusser Z. ,  Papp 694 L. ,  Regős G. ,  Szabó 212 Z. ,  Szabó 529 G. ,  Szabó 544 A. ,  Szigeti Z. ,  Szinku Zs. ,  Szoboszlai L. ,  Tóth 324 T. ,  Török B. ,  Zsigmond L. 
Füzet: 1985/január, 18 - 20. oldal  PDF file
Témakör(ök): Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Súlypont, Terület, felszín, Egyéb sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/február: Gy.2179

A PQR háromszög PQ oldalának felezőpontja A, QRB és RPC. Az ABC háromszöget az S súlypontból k-szorosára nagyítjuk, 1<k<4. A nagyítással kapott háromszög oldalai a PQR háromszög oldalait rendre a D1D2, E1E2, ill. F1F2 pontokban metszik. Mekkora k esetén lesz a D1D2...F1F2 hatszög területe kétszerese az ABC háromszög területének?

Jelöljük a nagyítás után kapott háromszög csúcsait rendre K, L, M-mel, ahol K a P-vel szemközti csúcs. Tudjuk, hogy az ABC háromszög az RQP háromszög S súlypontjából -12 arányú kicsinyítéssel jött létre, azaz e két háromszög súlypontja megegyezik. Jelölje a PB súlyvonal és AC oldal metszéspontját P1, ekkor PP1=12PB, PS=23PB, ahonnan PS=4P1S. Az LM szakasz metszi a PP1 szakaszt, és így a PQR háromszög PA, PC oldalszakaszait is. Ez pedig azt jelenti, hogy a D1D2E1E2F1F2 valódi (konvex) hatszög. Ha viszont k1, akkor a KLM képháromszög kisebb, mint az eredeti ABC háromszög; ha pedig k4, akkor a képháromszög tartalmazza a PQR háromszöget, a megfelelő oldalak nem metszik egymást, nem jön létre hatszög.
 
 
1. ábra
 

Legyen tehát 1<k<4, és jelöljük a PP1 és D1F2 szakaszok metszéspontját P2-vel. Az ABC és MKL háromszögek hasonlósága miatt
P2SP1S=k,
és így
PP2P1S=PS-P2SP1S=PSP1S-P2SP1S=4-k.

A PD1F2, F1E2R, D2QE1 háromszögek mindegyike hasonló a PQR háromszöghöz, és a hasonlóság aránya PB=3BS=3(2P1S) alapján
λ=PP2PB=PP26P1S=4-k6,(1)
mindhárom esetben. A kis háromszögek tehát egybevágóak, területük a PQR háromszög területének λ2-szerese.
Jelöljük a PQR háromszög területét T-vel. A hatszög területét úgy kaphatjuk meg, hogy T-ből kivonjuk a 3 kis háromszög területének összegét. Ennek kell kétszer akkorának lennie, mint az ABC háromszög területe. Ám az ABC háromszög területe T/4, ezért a következő összefüggésnek kell fennállnia: T-3λ2T=T/2, azaz λ2=1/6. A λ helyébe az (1) szerinti (4-k)/6-ot helyettesítve (4-k)2=6, amit az 1<k<4 feltétel mellett csak a k=4-6 érték elégít ki.
Így k értéke csak 4-6 lehet. Ha k-t ennyinek választjuk, (1) alapján az egybevágó PD1F2, F1E2R, D2QE1 háromszögek a PQR háromszögből λ==6/6 arányú kicsinyítéssel jönnek létre, tehát a hatszög területe
T-3λ2T=T-12T=12T,


valóban megegyezik az ABC háromszög területének kétszeresével.
 

 Horváth Sándor (Kecskemét, Katona J. Gimn., II. o. t.)
 dolgozata alapján
 

Megjegyzések. 1. A feltételként kapott (4-k)2=6 egyenletet a k=4-6 értéken kívül a k=4+6 is kielégíti. Mi lehet ennek a második megoldásnak a geometriai jelentése? Az ABC háromszöget (4+6)-szorosára kinagyítva, a kapott MKL háromszög oldalai nem metszik a PQR háromszög oldalszakaszait, hanem csak oldalegyeneseit. A keletkezett D1D2E1E2F1F2 idom "hurkolt'' hatszög. Ha ennek "területét'' úgy definiáljuk, hogy a PQR háromszög területéből levonjuk a vonalkázott "hurkok'' területét, akkor erre a hatszögre is teljesül, hogy "területe'' kétszerese az ABC háromszög területének (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

2. A maximális pontszámot azok kapták meg, akik azt is indokolták, hogy a (4-k)2=6 egyenlet megoldásaként adódó k=4-6 miért megoldása a feladatnak is (és nemcsak ennek az egyenletnek), illetve hogy a másik, k=4+6 miért nem megoldás.