Feladat: B.3597 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Poronyi Balázs 
Füzet: 2003/október, 417 - 419. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Trapézok, Hossz, kerület, Paralelogrammák, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/december: B.3597

Igaz-e, hogy ha egy trapézhoz létezik olyan, az alapjaival párhuzamos egyenes, ami a kerületét és a területét is felezi, akkor a trapéz paralelogramma?

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

I. megoldás. Ha az ABCD négyszög paralelogramma, akkor a középvonala felezi a paralelogramma kerületét és területét is.
Tegyük fel, hogy az ABCD trapéz nem paralelogramma, mégis létezik az alapjaival párhuzamos EF szakasz, amely a trapéz kerületét és területét is felezi.
Húzzunk párhuzamost (az ábra szerint) C-n keresztül AD-vel, ez az EF szakaszt G-ben, az AB szakaszt H-ban metszi.

 
 

HBC háromszög hasonló a GFC háromszöghöz. Legyen EF=x. A HBC háromszög magassága legyen M, a GFC háromszögé pedig m. A hasonlóság miatt
mM=GFHB=x-ca-c.
Feltevésünk szerint EF felezi a trapéz területét: tEFCD=12tABCD, azaz
x+c2m=12a+c2M,(x+c)mM=a+c2.
A hasonlóságot felhasználva: (x+c)x-ca-c=a+c2, ezért
x2-c2=a2-c22,x2=a2-c22+c2=a2+c22,x=a2+c22.
A HBC és GFC háromszög hasonlósága miatt CFb=DEd=x-ca-c, ahonnan
CF=b(x-c)a-césDE=d(x-c)a-c.

Tegyük fel ezután, hogy az EF szakasz a trapéz kerületét is felezi:
AB+BF+EA=FC+CD+DE,a+b-CF+d-DE=FC+c+DE,a-c+b+d=2FC+2DE,a-c+b+d=2b(x-c)a-c+2d(x-c)a-c,a-c+b+d=2(b+d)(x-c)a-c=2(b+d)(a2+c22-c)a-c,(a-c)2+(a-c)(b+d)=(b+d)(2a2+2c2-2c),(a-c)2=(b+d)(2a2+2c2-a-c).
Fejezzük ki ebből (b+d)-t:
b+d=(a-c)22a2+2c2-(a+c).
A nevező gyöktelenítése után: b+d=2a2+2c2+a+c.
A fenti gondolatmenet lényegében megfordítható: ha a trapéz (nem paralelogramma) oldalaira teljesül a talált egyenlőség, akkor van olyan alapjaival párhuzamos egyenes, ami a kerületét és a területét is felezi, tehát a feladat kérdésére a válasz tagadó.
Ilyen trapéz valóban létezik: ha például a=2, c=1 és b=d, akkor a fenti egyenlőségbe behelyettesítve
b=d=3+102>12=a-c2,
tehát ezek egy létező szimmetrikus trapéznak az adatai.
Poronyi Balázs (Pécs, Janus Pannonius Gimn., 10. évf.)

 
II. megoldás. Legyenek a trapéz párhuzamos oldalai a+c és a, szárai b és d. Ahhoz, hogy ilyen trapéz létezzen, szükséges és elegendő, hogy a b, c, d hosszúságok kielégítsék a háromszög egyenlőtlenségeket.
Tekintsünk egy e egyenest, ami párhuzamos a trapéz alapjaival, és a hosszabb és a rövidebb alap közötti távolságot x:(1-x) arányban osztja. Az e egyenes pontosan akkor felezi a trapéz kerületét, ha 2a+b+c+d=2(a+c+bx+dx), azaz (1-2x)(b+d)=c.
Annak a feltétele pedig, hogy az e egyenes felezze a trapéz területét is: 2a+c=2x[2a+(2-x)c], hiszen az e egyenesből a trapéz egy a+(1-x)c hosszúságú szakaszt metsz ki.
A feltételt a következő alakban is írhatjuk: 2a(1-2x)=(-2x2+4x-1)c.
Látható, hogy mind 1-2x, mind -2x2+4x-1 pozitív kell legyen, ehhez megfelelő például az x=13 választás. Ebben az esetben feltételeink b+d=3c és 6a=c alakban írhatók fel.
Ha például a=1, c=6, b=8 és d=10, akkor valóban létezik olyan trapéz, melynek alapjai 7 és 1, szárai 8 és 10 egység hosszúak, és az alapok távolságát 1:2 arányban osztó egyenes a trapéz kerületét és területét is két egyenlő részre osztja. Tehát a feladat kérdésére a válasz nemleges.