Feladat:	B.4429	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ágoston Péter ,  Ágoston Tamás ,  Herczeg József ,  Schulz Vera Magdolna ,  Schwarz Tamás
Füzet:	2013/október, 412 - 414. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Háromszögek hasonlósága, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/február: B.4429

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A két háromszög nyilván hasonló. Legyen $A_1{B}_1=c_1$, $B_1{C}_1=a_1$, $A_2{B}_2=c_2$, és a többi oldalt is nevezzük el hasonló módon. Feltehetjük, hogy $T_1\le T_2$, azaz $a_1\le a_2$, és ismert, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=\frac{c_1}{c_2}=\sqrt[]{\frac{T_1}{T_2}}\mathrm{.}}\end{array}$ Legyen $A_1{B}_2$ felezőpontja $F_{AB}$, $B_1{A}_2$ felezőpontja $F_{BA}$, $A_1{C}_2$ felezőpontja $F_{AC}$, és a többit is nevezzük el hasonló módon. Legyen a hatszög területe $T$.   Első eset: $A_1{B}_1{C}_1$ és $A_2{B}_2{C}_2$ nem egyállásúak (1. ábra)   1. ábra   . A párhuzamos szelőkre vonatkozó tételkörből következik, hogy $F_{AB}{F}_{AC}=\frac{a_2}{2}$, $F_{BA}{F}_{CA}=\frac{a_1}{2}$, $F_{BC}{F}_{CB}=\frac{a_1+a_2}{2}$, mindhárom párhuzamos $B_1{C}_1$-gyel, és hasonló áll fenn a többi oldallal is. A szakaszok irányítását megfigyelve kapjuk, hogy a kapott hatszög oldalai rendre $\frac{a_1}{2}$, $\frac{b_2}{2}$, $\frac{c_1}{2}$, $\frac{a_2}{2}$, $\frac{b_1}{2}$, $\frac{c_2}{2}$.   A megfelelő szögegyezések miatt az $\frac{a_2}{2}$, $\frac{b_2}{2}$ és $\frac{c_2}{2}$ hosszú oldalak meghosszabbításával olyan $\frac{2a_1+a_2}{2}$, $\frac{2b_1+b_2}{2}$, $\frac{2c_1+c_2}{2}$ oldalhosszúságú háromszöget kapunk, aminek a területe $\frac{3}{4}{T}_1$-gyel nagyobb a hatszögénél, legyen ez $T\text{'}$. A háromszög hasonló az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszöghöz, az oldalaik aránya $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2a_1+a_2}{2a_1}=1+\frac{a_2}{2a_1}=1+\frac{1}{2}\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz a területük aránya: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T\text{'}}{T_1}={\left(1+\frac{1}{2}\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}\right)}^2=1+\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}+\frac{T_2}{4T_1}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $T\text{'}=T_1+\sqrt[]{T_1{T}_2}+\frac{T_2}{4}$. Ebből $T=\frac{T_1+T_2}{4}+\sqrt[]{T_1{T}_2}$.   Második eset: $A_1{B}_1{C}_1$ és $A_2{B}_2{C}_2$ egyállásúak (2. ábra). Ekkor az első esetben látottakhoz hasonlóan megállapítható, hogy $F_{AB}{F}_{AC}=\frac{a_2}{2}$, $F_{BA}{F}_{CA}=\frac{a_1}{2}$, $F_{BC}{F}_{CB}=\frac{a_2-a_1}{2}$, mindhárom párhuzamos $B_1{C}_1$-gyel, és hasonlóan a többire is. Az irányítások figyelésével most azt kapjuk,   hogy a hatszög oldalai rendre   $\frac{a_1}{2}$, $\frac{b_2-b_1}{2}$, $\frac{c_1}{2}$, $\frac{a_2-a_1}{2}$, $\frac{b_1}{2}$, $\frac{c_2-c_1}{2}$ hosszúak lesznek.     2. ábra   Az egyező szögek miatt az $\frac{a_2-a_1}{2}$, $\frac{b_2-b_1}{2}$ és $\frac{c_2-c_1}{2}$ hosszú oldalak meghosszabbításával egy olyan $T\text{'}\text{'}$ területű háromszöget kapunk, melynek oldalai $\frac{a_1+a_2}{2}$, $\frac{b_1+b_2}{2}$, $\frac{c_1+c_2}{2}$, és $T\text{'}\text{'}=T+\frac{3}{4}{T}_1$, és hasonló $A_1{B}_1{C}_1$-hez. $T\text{'}\text{'}$ és $T_1$ oldalainak aránya: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_1+a_2}{2a_1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T\text{'}\text{'}}{T_1}={\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}\right)}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\sqrt[]{\frac{T_2}{T_1}}+\frac{T_2}{4T_1}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle T\text{'}\text{'}=\frac{T_1}{4}+\frac{1}{2}\sqrt[]{T_1{T}_2}+\frac{T_2}{4}\mathrm{,}\text{tehát}T=\frac{T_2-2T_1}{4}+\frac{1}{2}\sqrt[]{T_1{T}_2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez a kifejezés akkor is megadja a területet, ha $a_1=a_2$, és a hatszög háromszöggé fajul.