Feladat: Gy.2580 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csorba P. ,  Csöre I. ,  Erben P. ,  Farkas Z. ,  Földesi P. ,  Illés Mariann ,  Katz S. ,  Kucsera H. ,  Lángi Zs. ,  Matolcsi M. ,  Miklós Gy. ,  Nemes N. ,  Schauermann T. ,  Ugrai P. ,  Vidács A. ,  Wiener G. 
Füzet: 1990/április, 168 - 170. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Menelaosz-tétel, Párhuzamos szelők tétele, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Vektorok lineáris kombinációi, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/október: Gy.2580

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

I. megoldás. Tekintsük a feladatot megoldottnak. Jelöljük az AB oldal felezőpontját D-vel, a BC oldal B-hez közelebbi negyedelőpontját E-vel, a CA oldal C-hez közelebbi nyolcadoló pontját pedig F-fel. Rajzoljunk F-en át párhuzamost a BC oldallal. Messe ez a DE szakaszt J-ben, az AB oldalt pedig K-ban (1. ábra).

 
 

1. ábra
 

Mivel CBFK, ezért a párhuzamos szelők tétele szerint AK:KB=AF:FC=7:1, tehát K nyolcadolópontja az AB oldalnak, D ugyanennek az oldalnak a felezőpontja, ezért DK:KB=3:1. A párhuzamos szelők tételét az EDB szögre alkalmazva kapjuk, hogy DJ:JE=DK:KB=3:1. Tehát az F ponton át a BC oldallal húzott párhuzamos a DE szakaszt 3:1 arányban osztja. Teljesen hasonló módon láthatjuk be, hogy a D ponton át AC-vel húzott párhuzamos az EF szakaszt 1:2 arányban (2. ábra), az E ponton át AB-vel húzott párhuzamos az FD szakaszt pedig 5:2 arányban osztja (3. ábra).
 
 

2. ábra
 

 
 

3. ábra
 

Ezek alapján a szerkesztést a következőképpen végezhetjük el:
A DE, EF és FD szakaszokon megszerkesztjük azokat a J, L, M pontokat, melyekre DJ:JE=3:1, EL:LF=1:2 és FM:MD=5:2. Ezután FJ-vel E-n át, DL-lel F-en át, EM-mel pedig D-n át párhuzamost húzunk. Ez a három párhuzamos a szerkesztendő háromszög három oldalegyenese.
Könnyen belátható ‐ a párhuzamos szelők tételének többszöri alkalmazásával ‐, hogy az így szerkesztett háromszögben a D, E, F pontok valóban felező-, negyedelő-, illetve nyolcadoló pontok. Ha a D, E, F pontok egy egyenesbe esnek, akkor a feladatnak nincs megoldása, minden más esetben egy megoldás van.
 

Illés Mariann (Tata, Eötvös J. Gimn., II. o. t.) dolgozata alapján
 

II. megoldás. A feladatot a következő, általánosabb formában oldjuk meg:
Szerkesszük meg az ABC háromszöget, ha adottak oldalegyenesein azok a D, E, F pontok, melyekre AD:DB=1:α, BE:EC=1:β és CF:FA=1:γ, ahol α, β és γ adott racionális számok.
Indítsunk a sík egy tetszőleges O pontjából helyvektorokat a szereplő pontokhoz, és jelöljük ezeket a megfelelő kisbetűvel. Ekkor az arányosan osztó pont helyvektorára vonatkozó ismert szabály alapján felírhatjuk, hogy:
d=αa+b1+α,e=βb+c1+β,f=γc+a1+γ.
Ezt az egyenletrendszert a, b, c-re megoldva kapjuk, hogy:
a=11+αβγ(βγ(1+α)d-γ(1+β)e+(1+γ)f),b=11+αβγ((1+α)d+αγ(1+β)e-α(1+γ)f),c=11+αβγ(-β(1+α)d+(1+β)e+αβ(1+γ)f).

A szerkesztést úgy végezzük, hogy a d, e, f vektorok ismeretében megszerkesztjük az a, b, c vektorokat, s ezeknek a végpontjai adják a háromszög csúcspontjait. (Eredeti feladatunkban α=1, β=3 és γ=7.)
A diszkusszió az általános esetben valamivel bonyolultabb. Ha a D, E, F pontok nincsenek egy egyenesen és αβγ-1, akkor egy megoldás van. Ha a D, E, F pontok egy egyenesen vannak és αβγ=-1, akkor végtelen sok megoldás van, más esetben pedig nincs megoldás. (Ennek bizonyítását az érdeklődő olvasó Menelaosz tételének felhasználásával végezheti el.)
 

Megjegyzés: Természetesen az első megoldás módszerével is megoldható az általános feladat, ennek végiggondolását is az olvasóra bízzuk.