Feladat:	F.2048	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balázs I. J. ,  Bodó Z. ,  Brindza B. ,  Csapó Ildikó ,  Csikós B. ,  Friedl Katalin ,  Horváth 117 L. ,  Juhász Veronika ,  Kappelmayer G. ,  Knébel I. ,  Magyar Zoltán ,  Márkus G. ,  Miklós D. ,  Nagy L. ,  Spissich L. ,  Szabó 167 F. ,  Szigeti A. ,  Tóth Cs.
Füzet:	1976/november, 135 - 137. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Körülírt kör, Diszkusszió, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1976/május: F.2048

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   1. ábra   A $k$ körülírt körnek $A$-ból induló $A{A}_0$ átmérője és a $D{A}_0$ szakasz is a keresett $E$-ből derékszögben látszik, akár az $AB$ szakaszon keletkezik $D$, akár a meghosszabbításán. A $D{A}_0$ átmérőjű $k_d$ Thalesz-kör átmegy $E$-n és a $BC$ alap $F$ felezőpontján is. Az $AD\mathrm{,}A{A}_0$ félegyenesek $k_d$-nek szelői, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle AD\cdot AE=AF\cdot A{A}_0=A{B}^2=c^2\mathrm{.}}\end{array}$ Jelöljük $AD$ és $AF$ kisebbikét $x$-szel, így a nagyobbik a követelmény szerint $x+c$, és $\begin{array}{c}{\displaystyle x\left(x+c\right)=c^2\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">-ből</span>}x=\frac{c}{2}\left(\sqrt[]{5}-1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ (a másik gyökre $|x_2|=c\left(\sqrt[]{5}+1\right)/2=x+c$, vagyis $AD$ és $AE$ nagyobbika). Egyenletünk $\frac{x}{c}=\frac{c-x}{x}$ átrendezése alapján $x$ annak az egyenlő szárú háromszögnek az alapja, amelynek a szárai $c$ és szögük ${36}^{\circ }$ (2. ábra), más szóval $x$ a $c$ sugarú körbe írt szabályos 10-szög oldala.     2. ábra   Eszerint $x$ megszerkeszthető a (szabályos 5-szög révén) ismert Ptolemaiosz-féle szerkesztéssel; sőt abból a $c\sqrt[]{5}/2$ átfogónak az ellentétes irányba való forgatásával ($x+c$) is kiadódik. Most már az $A$ körüli $x$ sugarú $k_x$ kör mindenesetre metszi $k$-t, hiszen $x<c=AC$, a metszéspont megfelel $E$-ként és meghatározza a keresett félegyenest (az $A{A}_0$-ra való szimmetria alapján elég venni az egyik metszéspontot). Előfordulhat, hogy $k_x$ a $BC$ szakaszt is metszi vagy éppen érinti, ekkor a közös pont második megoldásként megfelel $D$ szerepére. Ennek feltétele $\begin{array}{c}{\displaystyle x\ge AF\mathrm{,}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">másképpen</span>}\frac{AF}{AB}=\text{sin}\gamma \le \frac{\sqrt[]{5}-1}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ $\gamma \le {38}^{\circ }10\text{'}\mathrm{,}\alpha \ge {103}^{\circ }39\text{'}$, és ennek megfelelően a megoldások száma 4, 3, illetve 2.     Magyar Zoltán (Budapest, Jedlik Á. Gimn., III. o. t.)   Megjegyzések. 1. Két érdekes speciális eset: $\gamma ={30}^{\circ }$, azaz $c=r$ mellett $x=\frac{r}{2}\left(\sqrt[]{5-1}\right)=2r\text{sin}{18}^{\circ }$, ami a $k$-ba írt szabályos 10-szög oldala, és $x+c=2r\text{sin}{54}^{\circ }$, ami a 10-szög 3 oldalát levágó átló, a szabályos csillagtízszög oldala; $\gamma ={54}^{\circ }$ mellett pedig $c=\frac{r}{2}\left(\sqrt[]{5+1}\right)\mathrm{,}x=r\mathrm{,}AOE\sphericalangle ={60}^{\circ }$. 2. Ezúttal is sok a nem teljes dolgozat, beküldőik megelégedtek 1 megoldással, amit talán a ,,magas'' kiindulási háromszög okozhatott, a tompaszögtől való ,,irtózás''.