Feladat: F.2973 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arató Gabriella ,  Dienes Péter ,  Duzmath Zsolt ,  Galácz Ábel ,  Gergely Levente ,  Gyarmati Katalin ,  Halasi Zoltán ,  Izsák Ferenc ,  Jeszenszky Éva ,  Józsa Balázs Gábor ,  Király Csaba ,  Király Tamás ,  Koblinger Egmont ,  Lestyán Zsolt ,  Maróti Attila ,  Maróti Gábor ,  Nagy Vilmos ,  Németh Ákos ,  Németh Zoltán ,  Ódor Lajos ,  Perényi Márton ,  Rákóczi Bálint ,  Sánta Zsuzsa ,  Séllei Béla ,  Szádeczky-Kardoss Szabolcs ,  Szeredi Pál ,  Szeredi Tibor ,  Újváry-Menyhárt Mónika 
Füzet: 1994/április, 202 - 204. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Körülírt kör, Magasságpont, Terület, felszín, Húrsokszögek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1993/szeptember: F.2973

Egy háromszög magasságpontját az oldalegyenesekre tükrözve olyan konvex hatszöget kapunk, amelynek szögei rendre 130, 140, 110, 80, 120 és 140. Határozzuk meg az eredeti háromszög legnagyobb szögét, ha tudjuk, hogy a hatszög területe a háromszög területének több, mint kétszerese.

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

Ismeretes, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalegyenesekre vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak. Ezért a feladatban szereplő konvex hatszög húrhatszög. Könnyen beláthatjuk, hogy ha a háromszög hegyesszögű, akkor a tükrözések után létrejövő húrhatszög területe éppen kétszerese a háromszög területének. Ha a háromszög derékszögű, akkor magasságpontja a derékszögű csúcs, amelynek a befogókra való tükörképe önmaga, tehát a feladatban említett hatszög nem jön létre. Ezért az eredeti háromszög tompaszögű. Legyenek ennek csúcsai A,B,C, magasságpontja M. Tegyük fel először, hogy M-nek a tompaszöget bezáró oldalakra vonatkozó M1, illetve M2 tükörképe az MA, illetve MB szakasz belső pontja (1. ábra). Világos, hogy az ABM magasságpontja C, és ezért ez a háromszög hegyesszögű. A most vizsgált esetben a tükrözések után kapott hatszög: M3AM1CM2B, és előbbi megállapításunk szerint AMB=AM3B hegyesszög, ezért a hatszög 80-os szöge M3-nál van. A szögek sorrendjéből azt is látjuk, hogy M1 és M2-nél vannak a 140-os szögek. Az AM3BC húrnégyszögből ACB=100,4,,40, azaz a háromszög egyenlő szárú. De akkor a háromszög ─ és vele együtt a hatszög is ─ szimmetrikus az MC egyenesre. A hatszög azonban, tekintve, hogy az A és B-nél lévő szögei különbözőek, nem szimmetrikus MC-re, így ilyen megoldás nincs.
Másodszorra nézzük azt az esetet, amikor M1 és M2 az MA-nak A-n túli, illetve MB-nek B-n túli meghosszabbításán van (2. ábra). A hatszög csúcsai most

1. ábra  2. ábra
M3M1ACBM2 sorrendben következnek. Az ábra jelölései szerint M1AB=90+β, ezért a hatszögben M1AC=90+α+β. Hasonlóan kapjuk, hogy CBM2=90+α+β. Ilyen hatszögben az A és B csúcsnál vannak egyenlő szögek, ezek a szögek 140 nagyságúak, amiért α+β=50, és így ACB=130. Ez valóban megoldás, mert az M1ACBM2 körbe írt töröttvonal kiegészíthető a kívánt hatszöggé. Tükrözzük ugyanis C-t AB-re, a tükörkép legyen C'. Messe CC' a kört M3-ban. Az ACM3M1 húrnégyszögből AM1M2=90+α, ezért α=20 esetén ez a szög 110, és ugyanígy az M2-nél lévő szög 120. Ezután az M3-nál lévő szög kiszámítható, ez 80 lesz. Mivel C-nek az AB-re vonatkozó tükörképe a CM3 szakasz belső pontja, a hatszög területe nagyobb lesz, mint a háromszög területének kétszerese.
Már csak az az eset van hátra, amikor M1 az MA belső pontja, M2 pedig MB meghosszabbításán van, vagy fordítva. (M1 vagy M2 nem eshet egybe A-val vagy B-vel, mert akkor nem jönne létre a hatszög.) Ekkor az ABM2=90+α, tehát tompaszög, és így az ABM2M3 húrnégyszögben M3-nál hegyesszög van (3. ábra). Ez a szög tehát a hatszög 80-os szöge, és a feltételek szerint M1BC=130,AM1C=140. Az ABCM1 húrnégyszögből β=40, amiért M1AM3=100, és ez ellentmondás, mert a hatszögnek nincsen 100-os szöge. Ilyen ponthatos nem felelhet meg adatainknak. A feladat kérdésére tehát azt válaszolhatjuk, hogy a háromszög legnagyobb szöge 130.
3. ábra


 
Koblinger Egmont (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján