Kezdőlap


Feladat:	B.3566	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Backhausz Ágnes
Füzet:	2003/március, 149 - 150. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/szeptember: B.3566

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

Megoldás. Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben a háromszög nem szabályos. Ekkor van két különböző hosszúságú oldala. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $a = B C < A C = b$ . Legyen $b - a = ε$ , $P$ pedig olyan pont a háromszög belsejében, melynek a $C$ csúcstól való távolsága, $P C = δ \leq \frac{ε}{3}$ (1. ábra). A $B C P$ háromszögre felírva a háromszög-egyenlőtlenséget kapjuk, hogy $P B < P C + C B = a + δ$ . Hasonlóképpen az $A C P$ háromszögből kapjuk, hogy $A C < A P + P C$ , vagyis $P A > A C - C P = b - δ$ . Ekkor azonban

\begin{matrix} P A - P B > (b - δ) - (a + δ) = ε - 2 δ \geq δ = P C, \end{matrix}

tehát

P A > P B + P C

, és ezért a

P A

P B

P C

szakaszokból nem szerkeszthető háromszög. Ez az ellentmondás igazolja, hogy

A B C

csak szabályos háromszög lehet.

1. ábra

Meg kell még mutatnunk, hogy ha

A B C

szabályos háromszög, akkor a

P A

P B

P C

szakaszokból mindig szerkeszthető háromszög. Legyen

a = A B = B C = C A

. Ismert, hogy egy háromszögben lévő szakasz rövidebb, mint a háromszög leghosszabb oldala (ennek bizonyítását lásd pl.: Geometriai feladatok gyűjteménye I., 170. feladat), esetünkben tehát a

P A

P B

P C

szakaszok mindegyike rövidebb, mint

a

. Másrészt viszont az

A P B

B P C

és a

C P A

háromszögekből (2. ábra) a háromszög-egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy a szakaszok közül bármelyik kettő együttesen hosszabb, mint

a

. Tehát a

P A

P B

P C

szakaszokból mindig szerkeszthető háromszög.

2. ábra

() Backhausz Ágnes (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. évf.)
dolgozatát felhasználva

Megjegyzés. Ha az

A B C

háromszög szabályos, akkor belső

P

pontokra egy jól ismert fogással meg is szerkeszthető a

P A

P B

P C

oldalú háromszög. Forgassuk el az

A

körül az

A B C

háromszöget

+ 60^{\circ}

-kal. Ha

P

képe

P'

, akkor az

A P P'

háromszög szabályos, tehát

P P' = P A

. Másfelől a

B

elforgatottja

C

, azért

P B = P' B' = P' C

. A

P C P'

háromszög tehát megfelel a feltételeknek, oldalai

P C, P A = P P'

és

P B = P' C

3. ábra