Feladat: Gy.2820 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Brezovich László ,  Csörnyei Marianna ,  Maróti Attila ,  Pete Gábor ,  Urbancsek Tamás ,  Vörös Zoltán 
Füzet: 1993/szeptember, 262. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1993/január: Gy.2820

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

Tükrözzük az ABC háromszöget az AB  és  AC oldalaira, így kapjuk a BAC1 és a  CAB1 háromszögeket. Ekkor

AC1=AC=AB=AB1,AC1B∢=ACB∢=ABC∢=AB1C∢=80∘
és
C1AB1∢=3⋅20∘=60∘;
ezért a C1AB1 háromszög szabályos. A tükrözés miatt a BC1E háromszög egybevágó a BCE háromszöggel, ezért BC1E∢=BCE∢=50∘ és így
AC1E∢=AC1B∢-BC1E∢=80∘-50∘=30∘.

 
 

Ebből következik, hogy a C1E egyenes az AC1B1 szabályos háromszög egyik szimmetriatengelye. Jelöljük F*-gal a C1E és az AC egyenesek metszéspontját. A C1E egyenes szimmetriatengelye az AF*B1 háromszögnek is, ezért F*B1A∢=F*AB1∢=20∘, így F*B1C∢=AB1C∢-F*B1A∢=60∘.
Figyelembe véve, hogy az F*BC háromszög AC egyenesre vonatkozó tükörképe az F*B1C  háromszög, F*BC∢=60∘; tehát az F*, F pontok egybeesnek.
Mivel a BAC∢ szögfelezőjére való tengelyes szimmetria miatt a BC egyenes párhuzamos a  B1C1 egyenessel, azért az EF és BC egyenesek hajlásszöge megegyezik az EF (azaz C1E) és B1C1 egyenesek hajlásszögével, amely a B1C1A szög fele, azaz 30∘.
 
 Brezovich László (Szombathely, Nagy Lajos Gimn. I. o. t.)
 dolgozata alapján