Feladat: B.3427 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ambrus Gergely ,  Babos Attila ,  Balka Richárd ,  Balogh 541 János ,  Blastik Márta ,  Fehér Gergely ,  Horváth 424 Márton ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Koltai Péter ,  Nagy Tamás ,  Pacz Bence Tamás ,  Pallos Péter ,  Pongrácz András ,  Puskás Anna ,  Rácz Béla András ,  Rakyta Péter ,  Reiss Attila ,  Sándor Ágnes ,  Simon Balázs ,  Somogyi Dávid ,  Tóth Ágnes ,  Vonnák Dzsamila ,  Zalán Péter 
Füzet: 2001/december, 532 - 534. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2001/január: B.3427

Tükrözzük a hegyesszögű ABC háromszög oldalegyeneseit a rájuk nem merőleges magasságvonalakra. Az így kapott hat tükörkép közül három az ABC háromszög belsejében fekvő A1B1C1 háromszöget, míg a másik három az A2B2C2 háromszöget határolja. Ez utóbbi háromszögnek van egy 20-os és egy 70-os szöge. Számítsuk ki az A1B1C1 háromszögek szögeit.

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

Feladatunk megfogalmazásából következik, hogy az ABC háromszög semelyik két oldala nem egyenlő. Ha ugyanis lenne két egyenlő oldala, akkor azok egymás tükörképei volnának a harmadik oldalhoz tartozó magasságvonalra nézve. Ekkor pedig az A1B1C1 háromszög nem lehetne teljes egészében az ABC háromszög belsejében.

 
1. ábra
 

Jelöljük az ABC háromszög szögeit a szokásos módon α, β, γ-val. Feltehetjük, hogy α>γ>β teljesül. Jelöljük rendre A', B', C'-vel a BCB1C1, CAC1A1 és ABA1B1 pontokat (1. ábra). Mivel az AA', BB' és CC' egyenesek az ABC háromszög egy-egy oldalának a háromszög valamelyik magasságára vonatkozó tükörképei, azért ‐ figyelembe véve a szögek nagyságrendjét ‐ kapjuk, hogy AB'B=B'AB=α, AC'C=C'AC=α és A'AC=A'CA=γ. A B'AC'A1 négyszögben három szög α, ezért az A1-nél lévő szöge 360-3α.
Tehát B1A1C1=180-(360-3α)=3α-180. Az A'AB háromszög A'-nél lévő külső szöge γ, B-nél lévő szöge pedig β, ezért az A-nál lévő belső szöge A'AB=γ-β. Így
A1B1C1=AB1C'=180-(B1AC'+AC'B1)=(α+β+γ)-((γ-β)+α)=2β.
Az A1C1B1 szög pedig 180-((3α-180)+2β)=2γ-α.
 
2. ábra
 

Hasonlóan számolhatjuk ki az A2B2C2 háromszög szögeit is (2. ábra). AA''B=β, CC''B=β és BB''C=γ (A'', B'' és C'' a tükörképek és az eredeti háromszög oldalegyeneseinek metszéspontjai), tehát
A2B2C2=B2AC+B2CA=(γ-β)+(α-β)=180-3β;B2C2A2=180-A''C2B=180+β-2γ;C2A2B2=β+γ-α.
Mivel α>γ>β, azért e három szög közül a legkisebb, β+γ-α nem lehet 60-nál nagyobb, ennek kell a háromszög 20-os szögének lennie. A másik két szögről nem lehet eldönteni, hogy melyikük a 70, ezért két esetet kell megkülönböztetnünk.
i)
A2B2C2=180-3β=90,B2C2A2=180+β-2γ=70,C2A2B2=β+γ-α=20.
Az egyenletrendszert megoldva α=80, β=30 és γ=70 adódik. Ezekből kapjuk, hogy
A1B1C1=2β=60,B1A1C1=3α-180=60ésA1C1B1=2γ-α=60.

ii)
A2B2C2=180-3β=70,B2C2A2=180+β-2γ=90,C2A2B2=β+γ-α=20.
Ebből az egyenletrendszerből pedig α=80, β=(1103) és γ=(1903), tehát
A1B1C1=(2203),B1A1C1=60ésA1C1B1=(1403).
Könnyen ellenőrizhető, hogy mindkét eset létre is jön, ha megfelelő ABC háromszögből indulunk ki. Tehát az A1B1C1 háromszögnek vagy minden szöge 60, vagy pedig szögei (1403), 60 és (2203).
 Rácz Béla András (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 9. o.t.) dolgozata alapján