Feladat:	Gy.2922	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Becker Johanna ,  Berki Csaba ,  Dargó Eszter ,  Fehér Kata ,  Lőrinczi Ferenc
Füzet:	1995/január, 22. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Menelaosz-tétel, Szögfelező egyenes, Párhuzamos szelők tétele, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/május: Gy.2922

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelöljük $AB$ felezőpontját $F$-fel, a $B$-ből induló szögfelező talppontját $T$-vel, $FT$ és $BC$ metszéspontját $M$-mel, $C$-nek és $T$-nek $F$-re való tükörképeit pedig $C\text{'}$-vel és $T\text{'}$-vel. A szögfelezőtétel szerint $AT:TC=AB:BC=6:10$, ezért feltehetjük, hogy $AT=3x$ és $TC=5x$. $AT$-nek az $F$-re való tükörképe $BT\text{'}$, ezért $BT\text{'}=3x$ és $BT\text{'}\Vert AT$. Alkalmazhatjuk a párhuzamos szelők tételét:     $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3}{5}=\frac{T\text{'}B}{TC}=\frac{MB}{MC}=\frac{MB}{MB+BC}=\frac{MB}{MB+10}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) (Az $M$ metszéspont $\frac{AT}{TC}<\frac{AF}{FB}$ miatt mindig a $CB$ szakasz $B$-n túli meghosszabbításán van!)${}^{*}$ (1)-ből egyszerű számolással adódik, hogy $MB=15$ egység.  Berki Csaba (Székesfehérvár, Teleki B. Gimn., I. o.t.)   II. megoldás. Használjuk az előző megoldás jelöléseit. Menelaosz tétele szerint (lásd pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I., 1260. feladat) $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{AF}{FB}\cdot \frac{BM}{MC}\cdot \frac{CT}{TA}=-1.}\end{array}$ Ebből a szögfelezőtételt használva azonnal megkapjuk az (1) egyenlőséget.  Becker Johanna (Budapest, Árpád Gimn., II. o.t.) ${}^{*}$Legtöbb versenyzőnk ezt nem látta be.