Feladat: B.3675 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ablonczy Dávid ,  Antal László ,  Csorba János ,  Eisenberger András ,  Gehér György ,  Gidófalvy Kitti ,  Győrffy Lajos ,  Hartmann Zoltán ,  Holló László ,  Hubai Tamás ,  Hujter Bálint ,  Kaposi Ambrus ,  Korándi Dániel ,  Kórus Péter ,  Kovács Péter ,  Kunovszki Péter ,  Mészáros Gábor ,  Meszéna Balázs ,  Nagy Csaba ,  Nagy Gergely Gábor ,  Németh Zsolt ,  Pesti Veronika ,  Szijártó András ,  Udvari Balázs ,  Ujváry Áron 
Füzet: 2004/szeptember, 338 - 341. oldal  PDF file
Témakör(ök): Súlyvonal, Síkgeometriai bizonyítások, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2003/november: B.3675

Egy háromszöget a súlyvonalai hat háromszögre osztanak. Lehet-e ezek közül valamelyik hasonló az eredeti háromszöghöz?

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

I. megoldás. Létezik olyan háromszög, ahol a súlyvonalak által meghatározott egyik háromszög hasonló az eredetihez. Először megadjuk a konstrukciót a háromszög szerkesztésével, majd belátjuk, hogy ez jó.
Felveszünk egy AB szakaszt, azt elharmadoljuk és megszerkesztjük a Thalész-körét. Az egyik harmadolópontból, P-ből, merőlegest állítunk AB-re, ennek metszéspontja a körrel C. ACB=90, mert C rajta van AB Thalész-körén. AC-t meghosszabítjuk A-n túl a saját hosszával, a szakasz végpontja legyen D. A CP egyenes és a DB szakasz metszéspontja legyen E. A DBC háromszögnek AB súlyvonala, mivel AC=AD. CE is súlyvonala a DBC háromszögnek, mert a másik súlyvonalnak, AB-nek a megfelelő harmadolópontján halad át. Az APC háromszög tehát a DBC háromszög súlyvonalai által meghatározott egyik háromszög.

 
 

Azt állítjuk, hogy az APC háromszög hasonló a DBC háromszöghöz.
APC=DCB=90. Ugyanakkor, mivel a DBC háromszög derékszögű és CE a háromszög derékszögű csúcsból induló súlyvonala, DE=EC(=EB), azaz a DEC háromszög egyenlő szárú, így CDE=ECD. Tehát az APC háromszög és a DCB háromszög két szöge megegyezik, vagyis a két háromszög valóban hasonló.
 
Megjegyzés. A hasonlóságot és néhány Pitagorasz-tételt felírva kevés számolás után meghatározható, hogy a DCB háromszög oldalainak aránya 1:2:3.
 
II. megoldás. Válasszuk ki tetszőlegesen az egyik kis háromszöget a hat közül (AGS). Vizsgáljuk meg, hogy a nagy háromszög oldalainak hosszára milyen feltételt jelent e két háromszög hasonlósága. Felhasználjuk a súlypont harmadoló tulajdonságát. Tudjuk továbbá, hogy minden ilyen kis háromszögnek a területe 16-a a nagy háromszög területének. Így hasonlóság csak 16 aránnyal teljesülhet. Ebből az is következik, hogy az ABC háromszög c oldalának nem lehet az AGS háromszög AG=c2 oldala a megfelelője.
 
 

A szögeket figyelve észrevehetjük, hogy GAS<α, így a GS=sc3 oldal nem lehet a nagy háromszög a oldalának a képe. Valamint GC nyilván nem párhuzamos BC-vel, így AGCβ, tehát az AS=2sa3 nem lehet a nagy háromszög b oldalának a képe.
Két lehetőségünk maradt:
c2=a'=16a,sc3=b'=16b,2sa3=c'=16c,(*)c2=b'=16b,sc3=c'=16c,2sa3=a'=16a.(*)
Mivel a súlyvonalak hosszát ki tudjuk fejezni a háromszög oldalhosszainak a segítségével, így már csak az a dolgunk, hogy megvizsgáljuk, hogy az a2, b2, c2-re kapott elsőfokú egyenletrendszer nem vezet-e ellentmondáshoz. Ha nem vezet, akkor létezik ilyen háromszög, mellesleg meg fogjuk kapni oldalainak arányát. Ha ellentmondásra vezet, akkor pedig nem létezik ilyen háromszög.
Kezdjük:
(1a)c24=a26,(2a)sc29=b26,sc2=2a2+2b2-c24,(3a)4sa29=c26,4sa2=2b2+2c2-a2;}(*)(1b)3c2=2a2,(2b)2a2+2b2-c249=b26,(3b)2b2+2c2-a29=c26;(1c)3c2=2a2,(2c)2a2+2b2-c2=6b2,(3c)4b2+4c2-2a2=3c2;(1c)-t írjuk be a  (2c)  és a  (3c)  egyenletbe is:(2d)3c2+2b2-c2=6b2,(3d)4b2+4c2-3c2=3c2;(2e)2c2=4b2(3e)4b2=2c2}A két egyenlet ekvivalens,nem kaptunk tehát ellentmondást.3c2=2a2=6b2c22=a23=b2c2=a3=b,


vagyis az oldalak aránya ebben az esetben a:b:c=3:1:2.
c24=b26,sc29=c26,4sa29=a26;}Az előzőhöz hasonlóan végül két ekvivalens egyenlethezjutunk. Itt  3a2=6c2=4b2, amiből  a:b:c=2:3:2.(*)

Ezzel az összes lehetséges háromszöget megkaptuk. Az I. eset az első megoldásban megadott derékszögű háromszöget szolgáltatta. A II. esetbeli háromszög nem derékszögű, így lényegesen ritkábban bukkant föl a dolgozatokban.