I. megoldás. Az $ABC$ háromszög $A$-nál és $B$-nél levő szöge ${50}^{\circ }$, így $EBC\sphericalangle ={30}^{\circ }$. Legyen $E$ tükörképe $BC$-re $E\text{'}$ (1. ábra), ekkor az $EBE\text{'}△$ szabályos, mert $EBE\text{'}\sphericalangle =2\cdot EBC\sphericalangle ={60}^{\circ }$, és $EB=E\text{'}B$. Másrészt $ABE△\simeq AEE\text{'}△$, mert $E$-ből induló oldalaik egyenlők, továbbá $AEB\sphericalangle ={180}^{\circ }-EAB\sphericalangle -EBA\sphericalangle ={150}^{\circ }$, és $AEB\sphericalangle +BEE\text{'}\sphericalangle ={210}^{\circ }$, tehát $AEE\text{'}\sphericalangle ={150}^{\circ }$. Eszerint az $ABE\text{'}△$ egyenlő szárú és $AE\text{'}B\sphericalangle =ABE\text{'}\sphericalangle =ABE\sphericalangle +EBE\text{'}\sphericalangle ={80}^{\circ }$, tehát $E\text{'}$ az $ABC△$ köré írt körön van. Így $ECB\sphericalangle =E\text{'}CB\sphericalangle =E\text{'}AB\sphericalangle =2EAB\sphericalangle ={20}^{\circ }$, amint a feladat állítja.

 

1. ábra

DD'E20∘-os csúcsszögű egyenlő szárú háromszög. Így az $ABC△$ és a $D$, $E$ pont teljesíti a feladat feltételeit, és nyilvánvalóan teljesülnek az állítások is.
 (Tusnády Gábor)

 

II. megoldás. Messe $BD$ az $AC$-t $G$-ben (2. ábra), ekkor $GBC\sphericalangle ={20}^{\circ }$ miatt $BGC\sphericalangle ={80}^{\circ }=BCG\sphericalangle$, és $GDA\sphericalangle ={40}^{\circ }=CAD\sphericalangle$ miatt $BCG$ és $ADG$ egyenlő szárú háromszögek, $GB=CA$, és $CG=CA-GA=GB-GD=DB$. Legyen $H$, $K$, $J$ a $BG$, ill. $BC$ száron az a pont, amelyre $CG=CH=HJ=JK$; megmutatjuk, hogy $K$ azonos $D$-vel. Valóban, így $CHG\sphericalangle ={80}^{\circ }$, $GCH\sphericalangle ={20}^{\circ }$, $HCJ\sphericalangle =HJC\sphericalangle ={60}^{\circ }=CHJ\sphericalangle$, $JHK\sphericalangle =JKH\sphericalangle ={40}^{\circ }$, $HJK\sphericalangle ={100}^{\circ }$, $KJB\sphericalangle ={20}^{\circ }=KBJ\sphericalangle$, ekkor pedig $BK=JK=CG=BD$, ami igazolja állításunkat. Mivel még $JC=JH=JD$, és $CJD\sphericalangle ={160}^{\circ }$, azért a $CJD$ egyenlő szárú háromszögből $JCD\sphericalangle =BCD\sphericalangle ={10}^{\circ }$, q. e. d.

 

 

2. ábra

 

Messe az $ABC△$ szimmetriatengelyét a $BE$ egyenes az $L$ pontban. Ekkor $AE$ az $LAB△$ szögfelezője, és $LAB△\sim DBJ△$, így

$\begin{array}{c}{\displaystyle LE:EB=LA:BA=DB:JB=CJ:JB\mathrm{,}}\end{array}$

ezért $JE\Vert CL$. Ebből $EJB\sphericalangle =LCB\sphericalangle ={40}^{\circ }$, így egyrészt $EJD\sphericalangle ={20}^{\circ }$, másrészt $EDJ\sphericalangle =EDG\sphericalangle +GDJ\sphericalangle ={80}^{\circ }$, ennélfogva a $DEJ△$-ben $DEJ\sphericalangle ={80}^{\circ }=EDJ\sphericalangle$, tehát $EJ=DJ=CJ$. Mivel még $EJC\sphericalangle ={140}^{\circ }$, azért az $EJC$ egyenlő szárú háromszögből $ECJ\sphericalangle ={20}^{\circ }$, q. c. d.

 

 Berács József (Győr, Benedek-rendi Czuczor G. g. II. o. t.)

 

III. megoldás. A két állítást egymástól függetlenül bizonyítjuk. Az elsőhöz elég azt belátni, hogy $DCA\sphericalangle ={70}^{\circ }$. Ez igaz, ha $DA=CA$; ezt bizonyítjuk. Messe a $BD$ egyenes a $C$ körül írt $CA=CB$ sugarú kört másodszer $M$-ben (1. ábra). Ekkor $MCA\sphericalangle =2\cdot MBA\sphericalangle ={60}^{\circ }$, ezért $ACM$ egyenlő oldalú háromszög, továbbá $AMB\sphericalangle =ACB\sphericalangle /2={40}^{\circ }$. Így pedig $DAM\sphericalangle ={100}^{\circ }$, $ADM\sphericalangle ={40}^{\circ }=AMD\sphericalangle$, és végül $AD=AM=AC$.
A második állításhoz elég azt belátni, hogy $CE$ negyedeli a $BCA$ szöget, vagy ami ugyanaz, felezi a $BCN$ szöget, ahol $CN$ az $ABC△$ szimmetriatengelye. Legyen $E$ tükörképe $BC$-re $E\text{'}$, $CN$-re $E\text{'}\text{'}$. Ekkor $EE\text{'}\text{'}\Vert AB$, $BE\text{'}\text{'}E\sphericalangle =E\text{'}\text{'}BA\sphericalangle =EAB\sphericalangle ={10}^{\circ }$, vagyis $BE\text{'}\text{'}$ felezi az $ABE\sphericalangle ={20}^{\circ }$ szöget, és így $EE\text{'}\text{'}=EB$. Másrészt, mint már láttuk, $EE\text{'}\text{'}=EB$, ezért $EE\text{'}\text{'}=EE\text{'}$. $E$ a $BCN$ szög mindkét szárától fele ekkora távolságban van, tehát $EC$ valóban felezi a szöget.

 

 Sax Gyula (Budapest, Kölcsey F. g. I. o. t.)

 

Megjegyzés. $DA=CA$ bizonyításához segítségül vehetjük az $AB$ alap fölé a $C$-t tartalmazó partján szerkesztett $AB{C}_1$ egyenlő oldalú háromszög $C_1$ csúcsát is. Ekkor $A{C}_1=AB$, $C_{1}AC\sphericalangle ={10}^{\circ }=BAD\sphericalangle$, $A{C}_{1}C\sphericalangle ={30}^{\circ }=ABD\sphericalangle$, így $AC{C}_1△\simeq ADB△$, $AC=AD$.

 

 Sax Gyula