Feladat: 1303. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Andréka Hajnal ,  Bak Zsuzsanna ,  Belső László ,  Berendi Emma ,  Bódi Z. ,  Bóta K. ,  Bummer Gertrúd ,  Csörnyei Z. ,  Deák I. ,  Ferenczi Gy. ,  Ferenczi M. ,  Freud R. ,  Hadlaczky Éva ,  Halász F. ,  Havas J. ,  Hoffmann Gy. ,  Horányi S. ,  Horváth J. (Esztergom) ,  Huhn A. ,  Jahn L. ,  Káldor Éva ,  Kelemen G. ,  Kiss Györgyi ,  Kiss Katalin ,  Kóbor Gy. ,  Kövér Ákos ,  Laczkovich M. ,  Lamm P. ,  Lehel Cs. ,  Lovász L. ,  Márki L. ,  Mátrai M. ,  Nagy Klára ,  Nagy Pál Géza ,  Nagy Zsuzsa ,  Pelikán J. ,  rátky Gy. ,  Siket Aranka ,  Sófalvi M. ,  Surányi L. ,  Szabó M. ,  Szalay A. ,  Szemkeő Judit ,  Szendrődi Annamária ,  Szép A. ,  Treer Mária ,  Veres F. 
Füzet: 1965/május, 204 - 205. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Szögfelező egyenes, Párhuzamos szelők tétele, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/február: 1303. matematika feladat

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

I. megoldás. Ha bármelyik különbség 0, akkor a háromszög egyenlő szárú, így a másik két különbség is 0, és a követelménynek minden egyenlő szárú háromszög megfelel. Tegyük fel tehát, hogy egyik különbség sem 0.
Legyen ABC a keresett háromszög, AC>BC. Messe a C-ből húzott szögfelező az AB oldalt C'-ben. Ekkor ‐ a szokásos jelöléseket használva ‐ β>α, és a szögfelező osztásarányára vonatkozó tétel szerint AC'>BC'. Legyen AC-BC=d, β-α=δ, és AC'-BC'=e az adott értékkel egyenlő. Tükrözzük B-t CC'-re, a B1 tükörkép az AC szakaszon keletkezik, és AB1=AC-B1C=AC-BC=d, másrészt C'B1C∢=C'BC∢=β az AC'B1Δ külső szöge, ezért AC'B1∢=C'B1C∢-C'AC∢=β-α=δ, végül C'B1=C'B, és így AC'-B1C'=e. Ezek szerint ismert az AC'B1Δ AB1 oldala, a vele szemben levő szöge és a további két oldal különbsége. A háromszög-egyenlőtlenség szerint az utóbbi kisebb, mint AB1, azaz e<d. Rámérve még AC'-re C'-ből a C'P=C'B távolságot, AP=e, és a B1C'P egyenlő szárú háromszögből B1PC'∢=(180∘-δ)/2.

 
 

Ezek alapján megszerkeszthető az AB1C', majd az ABC háromszög pl. a következőképpen: Az e hosszúságú AP szakaszra rámérjük az APQ∢=δ szöget; megszerkesztjük a külső szögének a g szögfelezőjét és ennek azt a felét, amely az AP egyenesnek a Q-t tartalmazó partján van, elmetsszük az A körül d sugárral rajzolt körívvel B1-ben. PB1 felező merőlegese metszi ki AP P-n túli meghosszabbításából C'-t, (ugyanis APB1∢ tompaszög). Az AC'B1∢ külső szögének szögfelezője (ami párhuzamos g-vel) metszi ki AB1B1-en túli meghosszabbításából C-t, végül B1-nek C'C-re vonatkozó tükörképe, ami AC'-nek C'-n túli meghosszabbítására esik, a B csúcs.
Az elemzés lépéseit fordított sorrendben és irányban alkalmazva könnyen láthatjuk, hogy az ABCΔ megfelel az összes követelményeknek. Ha d>e és δ<180∘, a szerkesztés mindig elvégezhető és egyértelmű.
 
Belső László (Budapest, XVIII., Hengersor úti g. IV. o. t.)
 

II. megoldás (vázlat). Az I. megoldás jelöléseivel az AC':BC' és AC:BC arányok egyenlőségéből 1-et levonva
AC'-BC'BC'=AC-BCBC,  amibőlBCBC'=AC-BCAC'-BC'=de,
továbbá a külső szög tétele alapján
BC'C∢=C'AC∢+C'CA∢=α+γ2=90∘-β-α2=90∘-δ2.
Ezek szerint a BCC'Δ-ben ismert két oldal aránya és egy szög, szerkeszthetünk tehát egy hozzá hasonló B*C*C'Δ-et pl. úgy, hogy egy 90∘-δ/2 nagyságú szög ‐ az ábrán BC'C∢, hiszen f∥g ‐ egyik szárára felmérjük a C'B*=e szakaszt, másik szárát pedig C*-ban metsszük a B* körül d sugárral írt körívvel.
Messe a C*B* egyenesnek C*C'-re való tükörképe C'B*-ot A*-ban, akkor ABCΔ∼A*B*C*Δ is, így az utóbbiból d:(A*C*-B*C*) arányú nagyítással megkapjuk a keresett háromszöget. A bizonyítás hátra levő részét és a diszkussziót az olvasó könnyen elvégezheti.
 
Kövér Ákos (Debrecen, Tóth Á. g. III. o. t.)