3. príklad - Vzorové riešenie

Najprv si skúsime načrtnúť situáciu zo zadania. Nakreslíme obdĺžnik ABCD a zvolíme bod H na strane CD, tak aby |∢EBH| = 45^\circ. Keďže E je na úsečke AB, nájdeme ho tak, že nakreslíme priamku ktorá v bode B zviera s AB 45^\circ. Bod E nájdeme pomocou toho, že leží na AB a |∢BEH| = 45^\circ. Ak si toto chceme nakresliť dôverne, zistíme že strany AB a CD musia byť výrazne dlhšie ako BC, AD, pretože inak bod E môže byť na priamke AB mimo obdĺžnika. Tiež sa nám na to oplatí dopočítať uhol pri H.

V trojuholníku BHE si dopočítame uhol pri H tak, že súčet uhlov v každom trojuholníku je 180^\circ a dva z uhlov v BHE sú 45^\circ. |∢BHE| = 180^\circ - |∢EBH| - |∢BEH| = 180^\circ - 45^\circ - 45^\circ = 90^\circ. Uhol |∢BHE| je preto pravý a strany sú na seba kolmé. Kolmicou teda ľahko zostrojíme bod E.

Zo zadania ďalej vieme, že |HB| = |BG|, čo iba znamená, že bod G leží kdekoľvek na kružnici so stredom v bode B a s polomerom r = |BH|. Keďže však |∢EHB| = 90^\circ a aj |∢EHG| = 90^\circ (je to uhol pri vrchole obdĺžnika EFGH), tak vieme, že G je na tej istej priamke, ktorá vychádza z H prechádza cez B. B teda leží na strane GH a to presne v jej polovici, aby platilo |EH| = |HB|. Keď už máme načrtnuté 2 strany obdĺžnika, nie je ťažké dokresliť zvyšok, teda F pomocou rovnobežiek.


Ešte nám ostala v zadaní jedna nevyužitá podmienka, a to že bod F leží na priamke DE. Ak sme si na začiatku náhodne zvolili dĺžku strany CD v obdĺžniku, pravdepodobne nám táto podmienka v náčrtku nebude sedieť (ako na obrázku vyššie). Nie je to ale až taký problém. Stranu AD môžeme posunúť bližšie alebo ďalej k strane BC tak, aby nám podmienka platila, a nič si tým nepokazíme.

Pri dobrom náčrtku (alebo ešte lepšie náryse) si môžeme všimnúť, že všetky vzniknuté trojuholníky sú tvarom podobné, veľa z nich dokonca rovnaké. Potrebujeme to však dokázať. Začnime tým že si vytvoríme nové úsečky, ktoré nám rozdelia obdĺžniky na podobné trojuholníky, a potom sa pozrime, čo o nich vieme aby sme sa presvedčili, že sú naozaj rovnaké.

Z bodu H si spustíme kolmicu na stranu EB v trojuholníku EBH. Priesečník kolmice a strany EB si nazveme P (ako päta kolmice), teda teda |∢BPH| = |∢EPH| = 90^\circ. Podobne spustíme z bodu E kolmicu na DH a pätu nazveme Q. Potom aj |∢HQE| = |∢DQE| = 90^\circ. Taktiež dokreslíme úsečku ED, ktorá je na jednej priamke s EF.

Teraz budeme využívať rôzne poznatky o uhloch (budeme robiť “uhlenie”). Podobne ako na začiatku budeme využívať fakt, že súčet uhlov v každom trojuholníku musí byť 180^\circ, ale budeme aj sčítavať veľkosť uhlov z viacerých menších, na ktoré sa dá rozložiť.

Súčet uhlov v \triangle BHP: 45^\circ+90^\circ+|∢BHP|=180^\circ, teda |∢BHP|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle EPH: 45^\circ+90^\circ+|∢EHP|=180^\circ, teda |∢EHP|=45^\circ
Rozdelenie uhla ABC: 45^\circ+|∢HBC|=90^\circ, teda |∢HBC|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle BCH: 45^\circ+90^\circ+|∢CHB|=180^\circ, teda |∢CHB|=45^\circ
Rozdelenie uhla CHD: 45^\circ+90^\circ+|∢EHQ|=180^\circ, teda |∢EHQ|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle EHQ: 45^\circ+90^\circ+|∢QEH|=180^\circ, teda |∢QEH|=45^\circ
Rozdelenie uhla DEF (ležia na jednej priamke): 90^\circ+45^\circ+|∢DEQ|=180^\circ, teda |∢DEQ|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle DEQ: 45^\circ+90^\circ+|∢QDE|=180^\circ, teda |∢QDE|=45^\circ
Rozdelenie uhla ADC: 45^\circ+|∢ADE|=180^\circ, teda |∢ADE|=45^\circ
Súčet uhlov v \triangle AED: 45^\circ+90^\circ+|∢AED|=180^\circ, teda |∢AED|=45^\circ



Keď sa teraz pozrieme na trojuholníky, ktoré sme vytvorili, (teda △AED, △DEQ, △EHQ, △EPH, △BHP a △BCH) bude už jasné, či sú rovnaké. Všetko sú to rovnoramenné pravouhlé trojuholníky (uhly sú 90^\circ, 45^\circ a 45^\circ) a zároveň všetky majú odvesny (dvojice rovnakých strán) rovnako dlhé, pretože |DA| = |QE| = |HP| = |CB| sú výšky obdĺžnika ABCD. Majú teda rovnaký tvar aj veľkosť, čiže majú rovnaký obsah, označme ho 1. Štvoruholník AEHD má potom obsah 3.

Zároveň △EBH má dvojnásobný obsah, pretože sa skladá z dvoch týchto trojuholníkov (EPH a BHP). 

Teraz nám stačí zistiť, aký obsah má útvar EFGB. Obdĺžnik EFGH si tiež môžeme “rozkrájať” na menšie podobné časti tak, že spustíme z B kolmicu na EF a pätu označíme R. Vzniknú nám útvary BHER a BRFG. Už vyššie sme ukázali, že strany EH a HB sú rovnako dlhé (BHE je rovnoramenný trojuholník), a rovnako dlhé sú aj FG (opačná strana obdĺžnika) a BG (zo zadania rovná BH). Oba útvary BHER a BRFG sú potom obdĺžniky, ktoré majú aj susedné strany rovnako dlhé, sú to preto rovnaké štvorce. No a \triangle BHE tvorí polovicu štvorca (BE je uhlopriečka), a má obsah 2. Útvar EFGB zo zadania je tvorený zvyšnými tromi polovicami štvorca, preto má obsah 2\times3=6.

Teraz nám už iba stačí porovnať obsah AEHD a EFGB, aby sme dostali výsledný pomer. V obsahoch malých trojuholníkov to je AEHD = 3 a EFGB = 6. Pomer 3:6 predelíme tromi, teda obsah AEHD : obsah EFGB= 1 : 2