Feladat: 1116. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bellay Ágnes ,  Benczúr András ,  Bollobás Béla ,  Farkas Zoltán ,  Fukker G. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi l. ,  Hegedűs J. ,  Huber T. ,  Katona Mária ,  Kéry G. ,  Kiss Ildikó ,  Kóta J. ,  Kovács Imre ,  Krámli András ,  Kunszt Z. ,  Lehel Cs. ,  Lehel J. ,  Máté A. ,  Máté Eörs ,  Molnár Emil ,  Nagypál B. ,  Náray-Szabó G. ,  Németh I. ,  Nováky Béla ,  Opálény M. ,  Pór A. ,  Sebestyén Z. ,  Simonovits Miklós ,  Sonnevend Gy. ,  Strobl Ilona ,  Szegő K. ,  Székely Jenő ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Vesztergombi György ,  Zalán P. 
Füzet: 1962/április, 159 - 160. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Körök, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/május: 1116. matematika feladat

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

I. megoldás. A követelményeknek megfelelő útvonal esetén az ABC háromszög egyenlő szárú. Messe AB-t a P-n átmenő, AC-vel párhuzamos egyenes Q-ban, legyen az ACPQ trapéz átlóinak metszéspontja M, továbbá P és C vetülete b-n Pb, ill. Cb. Ekkor az MPQ, MAC, a BPQ, BCA és a PBPb, CBCb nyilvánvalóan hasonló háromszög‐párokból

MPMA=PQCA=PBCB=PPbCCb.

 
 

Itt az utolsó arány ismert (mert CCb a b és c egyenesek távolsága), ezért M a PA szakaszon megszerkeszthető*(pl. a PAP1 háromszög felhasználásával, ahol P1 a P vetülete c-nek b-re vett c1 tükörképén, így PbP1=CCb ‐, M-et a Pb-n átmenő AP1-gyel párhuzamos egyenes metszi ki PA-ból). M ismeretében C-t c-ből az M körül írt MA sugarú körrel metszhetjük ki ─ mivel ABC háromszög egyenlő szárú, s így az ACPQ trapéz szimmetrikus, tehát MA=MC ‐, B-t pedig a CP egyenes b-vel való metszéspontja adja.
Megmutatjuk, hogy az ABC útvonal valóban megfelel a feltételnek. A CB szakaszon szerkesztés szerint rajta van P. Jelöljük az AC-vel P-n áthúzott párhuzamos és AB metszéspontját Q*-gal. Ekkor az ACPQ* trapéz átlóinak metszéspontja pl. az AP átlót ‐ amint föntebb láttuk ‐ PPb/CCb arányban osztja, tehát egybeesik az M ponttal. Mivel szerkesztés szerint AMC egyenlő szárú háromszög, így PMQ* is, amiből következik, hogy ACPQ* szimmetrikus trapéz, s így a szárak meghosszabbításának a metszéspontja is ‐ ami a B pont ‐ a szimmetriatengelyre esik. Ez azt jelenti, hogy az ABC háromszög egyenlő szárú: AB=BC.
M egyértelműen szerkeszthető és mindig létezik. C-re 2, 1, vagy 0 megoldást kapunk. C-ből B szerkesztése ismét egyértelmű és B mindig létezik, mert a feladat szerint PPb<CCb.
 
 Bellay Ágnes (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. III. o. t.)
 
II. megoldás. Legyen (az eddigi jelöléseket megtartva) B és P vetülete c-re Bc, ill. Pc, AC-re B2, ill. P2, végül A és P2 vetülete c-re Ac, ill. P2c. Így P2 az AP átmérőjű Thalész‐körön van. Másrészt
P2P2cAAc=P2CAC=P2C2B2C=PC2BC=PPc2BBc=PPcP1Pc,
eszerint megszerkeszthetjük P2-nek c-től való távolságát, és ebből még egy mértani helyet kapunk P2 számára. Így P2, majd belőle C megszerkeszthető. (A fenti P1A egyenesnek c-vel való metszéspontját R-rel jelölve PR-nek AAc-n levő S metszéspontjára SAc=P2P2c.)
A szerkesztés helyességének bizonyítását mellőzve csupán azt említjük, hogy a megoldások száma innen is 2, 1 vagy 0.
 
 Máté Eörs (Szeged, Radnóti M. Gimn. III. o. t.)
 
Megjegyzés. A megoldók többsége B-t a P és A alappontokhoz és a PPb:CCb arányhoz tartozó Apollóniusz‐körrel metszette ki b-ből.
Ugyanis a fenti jelölésekkel
BP:BA=BP:BC=PPb:CCb.
5 dolgozat pedig bonyolult számítások alapján adott szerkesztést.
*Ehhez még az ABC háromszög egyenlő szárú voltát sem használtuk fel.