Feladat: 95. matematika feladat Korcsoport: - Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Maksay Zsigmond 
Füzet: 1895/március, 99 - 102. oldal  PDF file
Témakör(ök): Terület, felszín, Projektív geometria, Háromszögek szerkesztése, Hiperbola, mint mértani hely, Geometriai transzformációk, Szinusztétel alkalmazása, Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1894/december: 95. matematika feladat

Egy háromszög síkjában fekvő adott ponton keresztül egyenes húzandó, mely a háromszög területét oly két részre osztja, hogy a területrészek viszonya egyenlő legyen két vonaldarab m és n viszonyával.

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

Második megoldás.
 
Legyen az adott háromszög ABC s az adott pont P pl. a C szög szárai közt.
 

a) A háromszög kerületén kívül.
Ha az a oldalt m:n arány szerint osztjuk belől s az osztó pont A1, akkor:
AA1B:AA1C=m:n=BA1:A1C,
és
BA1=r=a1+λ,  hol  λ=mn.

Legyen a P ponton átmenő azon egyenes, mely pl. a B szög szárait vágván a háromszöget a kívánt módon osztja, PE; s D meg E a c illetőleg a oldallal képezett metszéspontok.
BE=x,BD=y.
Húzzunk P ponton át az a és c oldalakkal PQ=p és PR=q párhuzamos vonalakat, Q a c, R az a oldal pontja lévén. A származott háromszögek közt a következő összefüggések állanak fenn:
xy=cr1)
PREDBE
s így
q:y=(x+p):x
azaz
qx-py=cr2)
1. és 2.-ből
qx2-crx=pcr,
honnan
x=cr2q±(cr2q)2+pcrq
x1=BE,X2=BE1
mindkettő valós érték s a feladat követelményeit annyiban kielégíti, hogy mind a PE, mind a PE1 egyenes a B szög szárain AA1B-vel egyenlő nagyságú háromszöget vág le, de közülük csak DBE az, mely az ABC háromszög területének része lehet.
Az x1 és x2 értékeket következő módon szerkesztjük: A-ból QA1-gyel párhuzamost húzván, ennek a oldallal való metszéspontja A2 és
BA2=crq

(BA2+p) fölött félkört írván le, ennek az a oldalra B pontban emelt merőlegessel való B1 metszéspontjának BA2 felező pontjától (O) mért távolságát O-ból jobbra-balra a oldalra forgatjuk, miáltal az E és E1 keresett pontokhoz jutunk, mert:
BB1=pcrqésOB1=(cr2q)2+pcrq,

tehát
BE=BA22+OB1=x,
BE1=BA22-OB1=x2

Az eljárást teljesen hasonló módon ismételjük, ha az ABC háromszöget A szög szárait metsző egyenessel akarjuk osztani.
Megeshetik, hogy vagy az A vagy a B szög szárait metsző PE egyenesek mindkét E és E1 metszéspontja a b illetőleg a oldal megnyújtására esik. Ez esetben csak az egyik szög szárain fogunk egy AA1B és egy AA1C -vel egyenlő háromszöget levághatni, tehát minden esetben a P ponton át két oly egyenes húzható, mely a feladat követelményeinek teljesen megfelel. Azt, hogy az itt említett eset mikor állhat be, már előre eldönthetjük, ha P pont helyzetét vizsgáljuk. A c oldalt a lehető kétféleképpen osztván belől m:n arány szerint, legyenek az osztó pontok C1 és C2, az első B, a másik A csúcs felé esvén. CC1 és CC2 vonalak a C szög szárai közt lévő területet három részre osztják. Ha P pont C1CC2 szög szárai közé esik, a PE vonalak egyike a, másika b oldalt fogja vágni. P a C1CB szög szárai közé esvén a PE osztó vonalak mindketteje A szög szárait vágja, mig ha P a C2CA szögbe esik: az osztó vonalak mindketteje B szög szárait metszi.
Egyszerű meggondolás mutatja, hogy a tárgyalt esetben nem lehet a háromszöget C szög szárait metszőleg osztani.
 

b)P a háromszög kerületén belől van.
A jelöléseket és segédvonalakat megtartván, a származott háromszögekből:
xy=cr
q:y=(x-p):x
azaz
qx+py=cr

1) és 2)-ből
qx2-crx+pcr=0,
tehát
x=cr2q±(cr2q)2-pcrq

Látni való, hogy míg az előbbi esetben mindig volt két valós megoldása a feladatnak, most általában ezt nem mondhatjuk, mert a megoldás lehetősége nemcsak P pont helyzetétől, hanem az m:n aránytól is függ, az egyenlet discriminansa külömbség lévén.
 

α) Ha
cr-4pq>0,
akkor mindig két, négy, esetleg hat egyenes húzható a P ponton át, melyek mindegyike a kívánt módon osztja a háromszöget, mert mind a három szög szárait metszőleg osztható két-két módon a háromszög. Minthogy
r=a1+λ,
tehát
λ=ac-4pq4pq=nm
az aránynak legnagyobb, illetőleg legkisebb értéke, mely mellett az osztás még lehetséges. Például a súlyponton keresztül csak oly egyenesek húzhatók, melyek a háromszöget osztván, rájuk az
54λ45
egyenlőtlenség áll fenn, mint az λ felírt alakjából ez esetre következik. Ugyanis ez esetben
p=a3,q=c3és4pq=4ac9,
tehát λ=54 a maximum és λ=45 a minimum.
Az x értékeit a következő módon szerkeszthetjük: A pontból QA1-gyel párhuzamosat húzván az a oldallal való metszéspont A2 és így:
crq=BA2
BA2 fölött félkört rajzolunk, melynek az a-ra R pontban emelt merőlegessel képezett R1 metszéspontjának B-től való távolságát a b -ben a-ra emelt merőlegesre forgatjuk s így nyert B1 pontból a oldallal párhuzamost húzván, ennek az elébbi körrel való metszéspontjait a-ra vetítvén, a származott E1 és E2 pontoknak P-vel való összekötése adja az osztó egyeneseket. Ugyanis:
BR1=pcrqésOE=(cr2q)2-pcrq,
tehát
B1A22+OE=x1=BE
BA22-OE=x2=BE1
Míg azonban E1 pont mindig BC közön van, E esetleg annak megnyújtására esik. Ez esetben az A szög szárain kell AA1C-vel egyenlő háromszöget levágnunk. Ha pedig PE1 egyenesnek c-vel való metszése c megnyújtására esik, akkor C szög szárain vágható le AA1C-vel egyenlő háromszög, hogy a feladat követelése kielégíttessék.
β) Ha
cr-4pq=0
az E és E1 pontok BA2 felező pontjába esnek, melynek P-vel való kapcsolata az osztó egyenes. A szerkesztés hasonló meggondolások alapján történik, ha az A vgy a C szög szárait metszőleg akarjuk a háromszöget osztani. Az előbbiek teljes felvilágosítást adnak arra az esetre is, ha P pont a háromszög kerületében van. Ez esetben p=0 mindig és
x=crq=BA2.
γ) Ha
cr-4pq<0
egy megoldás sincsen.
Maksay Zsigmond, Pécs.