Kezdőlap


Feladat:	Gy.2317	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Héjj Tamás
Füzet:	1986/november, 386 - 388. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Kombinatorikus geometria térben, Konstruktív megoldási módszer, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/január: Gy.2317

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

Jelöljük a pontokat $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ -vel! $A$ , $B$ és $C$ legyenek egy $a$ oldalú szabályos háromszög csúcsai. $D$ legyen az $A B$ egyenesnek ugyanazon az oldalán mint $C$ , mégpedig az $A B$ szakasz felező merőlegesén $C$ -től $a$ távolságra. Jelöljük az $A D = B D$ távolságot $b$ -vel. Legyen $E$ az $A C$ egyenesnek ugyanazon az oldalán mint $B$ , mégpedig az $A C$ szakasz felező merőlegesén a $B$ -től $b$ távolságra. Jelöljük végül az $A E = C E$ távolságot $c$ -vel, a $D E$ távolságot $d$ -vel! Megmutatjuk, hogy az $A B C D E$ pontötös kielégíti a feladat feltételeit.

A pontok felvételéből adódóan

A B = B C = C A = C D = a

A D = B D = = B E = b

A E = C E = c

és

E D = d

. Először bebizonyítjuk, hogy az

a

b

c

d

távolságok közt nincs két egyenlő. Ehhez a következő ismert tételt használjuk fel: egy háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van.
A

C D

egyenes az

A C B ∢

, a

B E

egyenes az

A B C ∢

szögfelezője, tehát:

\begin{matrix} A C D ∢ = B C D ∢ = A B E ∢ = C B E ∢ = 150^{\circ} . \end{matrix}

B C D

háromszög egyenlő szárú, ezért

\begin{matrix} C B D ∢ = C D B ∢ = \frac{1}{2} (180^{\circ} - 150^{\circ}) = 15^{\circ} . \end{matrix}

D B E

háromszög is egyenlő szárú, szárszöge:

\begin{matrix} D B E ∢ = C B E ∢ - C B D ∢ = 150^{\circ} - 15^{\circ} = 135^{\circ}, \end{matrix}

alapon fekvő szögeire így

B D E ∢ = B E D ∢ = 22, 5^{\circ}

adódik.
Az

A C D

háromszögben

A C D ∢ > C D A ∢

, tehát

a < b

. A

C B E

háromszögben

C B E ∢ > B C E ∢

, tehát

b < c

. Végül a

C D E

háromszögben

C D E ∢ = C D B ∢ + B D E ∢ = 15^{\circ} + 22, 5^{\circ} = 37, 5^{\circ}

C E D ∢ < B E D ∢ = 22, 5^{\circ}

, tehát

D C E ∢ > 180^{\circ} - (37, 5^{\circ} + 22, 5^{\circ}) = 120^{\circ}

, vagyis

c < d

. A fellépő távolságok száma így megfelel a feltételeknek.

\begin{matrix} B A C ∢ & = C B A ∢ = A C B ∢ = 60^{\circ} \\ A C D ∢ & = B C D ∢ = A B E ∢ = C B E ∢ = 150^{\circ} \\ C B D ∢ & = C D B ∢ = 15^{\circ} D B E ∢ = 135^{\circ} \\ B D E ∢ & = B E D ∢ = 22, 5^{\circ} \end{matrix}

A szögek ismeretében nyilvánvaló, hogy semelyik 3 pont nincs egy egyenesen. Az

A B C D

A B C E

A B D E

és

A C D E

négyszögek mindegyike konkáv, ezért ezek a pontnégyesek nem lehetnek egy körön. A

B C D E

négyszög sem húrnégyszög, mert

C B E ∢ + C D E ∢ = 150^{\circ} + 37, 5^{\circ} = 187, 5^{\circ} \neq 180^{\circ}

.
Ezzel beláttuk, hogy a megadott öt pont a feladat minden követelményét kielégíti.

Megjegyzés. Természetesen az öt pont nemcsak a megoldásban leírt módon helyezkedhet el. A feltételeket a következő pontötös is kielégíti:

A

B

C

legyenek egy szabályos háromszög csúcsai,

D

a háromszög középpontja,

E

pedig az

A

középpontú

A B

sugarú kör és az

A C

szakasz felező merőlegesének egyik metszéspontja. Ez a konfiguráció, valamint a feladattal kapcsolatos egyéb érdekességek megtalálhatók lapunk 1980. évi 7. számában Erdős Pál: Néhány elemi geometriai problémáról c. cikkében.