Feladat: 1960. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Meskó László 
Füzet: 1961/május, 201. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Magasságvonal, Súlyvonal, Thalesz-kör, Tengelyes tükrözés, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/október: 1960. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata

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

Képzeljük a feladatot megoldottnak, és legyen a BC oldal felezőpontja D, A vetülete BC-n A', továbbá D vetülete AC-re D'.

 
 

Ekkor A' és D' az AD=sa átmérő fölötti k Thalész-körön vannak úgy, hogy AA'=ma, és DD'=mb/2. E kör megrajzolása és rajta A', D' kijelölése után a DA' és AD' egyenesek metszéspontja adja C-t, végül C-nek D-re való tükörképe B-t. Így ugyanis CB≡DA'⊥AA', tehát ma valóban magasság, a tükrözés folytán D felezi BC-t, és így DA súlyvonal, végül B-nek AC-től való távolsága DD'=mb/2, kétszerese: mb.
A szerkesztés végrehajtható, ha ma≤sa és mb/2≤sa. Általában 2 megoldás van, ugyanis A' és D' eshetnek AD ugyanegy, vagy két oldalára. Más szóval: D' számára elég k és a D körül mb/2 sugárral írt kör egyik metszéspontját figyelembe venni ‐ ezzel megválasztva, hogy D' az AD-nek melyik partján legyen ‐, A' számára azonban az A körül ma sugárral írt körnek k-n való két metszéspontja már különböző megoldásokra vezet.
Ha ma=sa és mb<2sa, akkor A'≡D, és DA' gyanánt a k-hoz D-ben húzott érintő veendő, ilyenkor a második megoldás elmarad, a kapott háromszög egyenlő szárú. Hasonlóan mb/2=sa és ma<sa esetén D'≡A és AD' gyanánt k-nak A-beli érintője veendő, és lényegében 1 megoldás van, mert a két megoldás egymás tükörképe. ma=sa és mb/2=sa egyidejű fennállása esetén nincs megoldás, mert a két érintő párhuzamos, C nem jön létre. Végül ma=mb/2<sa esetén csak 1 megoldás van, mert az egyik esetben AD' és DA' párhuzamosak. ‐ D' és A' egybeesése természetesen nem akadálya a megoldásnak.
 

Meskó László (Tatabánya, Árpád g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A versenyzők nagyobb része lényegében ugyanígy végezte a szerkesztést, csupán abból az ABA1C paralelogrammából indult ki, melynek harmadik csúcsa A-nak D-re való tükörképe; így a fenti megoldás utolsó tükrözése elmarad, B-t az A1-en át AD'-vel párhuzamos egyenes metszi ki DA'-ből, ennek megszerkesztése jelent többletet a fenti megoldáshoz képest.
2. Az sem lényegesen különböző megoldás a fentitől, ha először az ADA' derékszögű háromszöget szerkesztjük meg, majd C-t a D körül mb/2 sugárral írt körhöz A-ból húzott érintővel metsszük ki A'D-ből. Ugyanis az érintőszerkesztésben szereplő Thalész-kör már az ADA' háromszög szerkesztésében is felhasználható.