Feladat: B.3714 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bereczki Péter ,  Bogár Péter ,  Cserép Gergely ,  Estélyi István ,  Gehér György ,  Gidófalvy Kitti ,  Győrffy Balázs ,  Haszpra Tímea ,  Jankó Zsuzsanna ,  Kórus Péter ,  Kovács Péter ,  Kunovszki Péter ,  Kurgis Zsuzsanna ,  Lorántffy Bettina ,  Majoros Csilla ,  Nagy Csaba ,  Nagy-Baló András ,  Nándori Péter ,  Nikházy László ,  Pálovics Róbert ,  Papp Márton ,  Petényi Franciska ,  Poronyi Balázs ,  Stippinger Marcell ,  Sümegi Károly ,  Udvari Balázs ,  Ureczky Bálint 
Füzet: 2005/március, 156 - 157. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai szerkesztések, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Szinusztétel alkalmazása, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/március: B.3714

Szerkesszünk háromszöget, ha adott a kerülete, egy oldala és az adott oldallal szemközti szöge.

Megoldás. Ha adott a háromszög K kerülete és a c oldala, akkor ezzel adottnak vehető másik két oldalának összege, a+b is. Hosszabbítsuk meg a BC oldalt C-n túl és mérjük fel rá a b-t. Így az ABD háromszöget kapjuk. Az ACD háromszög két oldala b, ezért egyenlő szárú és mivel a szárszög melletti külső szöge γ, azért
DAC=ADC=γ2.

 
 

A szerkesztés menete: Felvesszük a BD=a+b szakaszt és D-ben rámásoljuk a γ szög felét. B köré c sugarú kört szerkesztünk. Ahol metszi a γ2 szög másik szárát, ott van az A pont. Az AD szakasz felezőmerőlegese és DB metszéspontja C.
Diszkusszió: A megoldhatóságnak nyilván feltétele, hogy a kerület legyen nagyobb a c oldalnál és γ<180. A háromszög-egyenlőtlenség miatt szükséges, hogy a+b>c teljesüljön, vagyis a kerület legyen nagyobb a c kétszeresénél.
Az ABD háromszögben adott két oldal és a kisebbikkel szemközti szög. Legyen DAB=δ. A szinusz-tétel miatt
sinδ=(a+b)sinγ2c.
(Itt (a+b)=K-c, tehát sinδ értéke csak a megadott adatoktól függ.) Ha ez az érték nagyobb, mint 1, akkor nincs megoldás; ha egyenlő 1-gyel, akkor egy megoldás van; és ha kisebb, mint 1, akkor két egybevágó megoldás van (ld. 2. megjegyzés).
 
Megjegyzések. 1. Ha másképpen indulunk el, akkor egyszerűbb a megoldás szerkezete. A szinusztétel szerint
2R=csinγ,
tehát az ABC háromszög k körülírt köre megszerkeszthető. A C csúcs így rajta van a k körön, másfelől CA+CB=a+b miatt az A, B fókuszú, (a+b) nagytengelyű ellipszisen1. A kör és az ellipszis metszéspontjai a szimmetrikus elrendezés miatt most egyszerűen megszerkeszthetők.
 
 

2. Az ábra szimmetriájának nyilvánvaló következménye, hogy ha van megoldása a feladatnak, akkor az így egyértelműen meghatározott, mivel ABC1 és ABC2 tükrösek. A közölt megoldás záróközleménye szerint ebben az esetben ,,két egybevágó megoldás van''.
Valóban, a B középpontú, c sugarú kör az A1 és A2 pontokban metszi a D-ből induló, a DB-vel γ2 szöget bezáró félegyenest. Az ábra jelölései szerint legyen BA1A2=BA2A1=δ. Mivel BDA2=HA2D=γ2, azért BHA2=γ. Így az A1BC és az A2BH háromszögek egy oldala (c) és ezzel szemközti szöge (γ) megegyezik, de még egy szögük egyenlő, mert:
DA1C+CA1B+BA1A2=180=BCA1+CA1B+A1BC,γ2+δ=γ+A1BC,
amiből A1BC=δ-γ2. A BA2H szög is δ-γ2-vel egyenlő, ezért A1BC=BA2H.
 
 

Az egybevágóság egy másik bizonyítása látható a borítón: A DA1C, DA2H és az A1A2B egyenlő szárú háromszögek alapjainak felezőpontja legyen rendre E, F és G. Ekkor:
DE¯=DA1¯2ésFG¯=DA1¯+A1A2¯2-A1A2¯2=DA1¯2,
tehát DE=FG. A párhuzamos szelők tételéből következik, hogy DC=HB=b. Így CB=DB-DC=(a+b)-b=a. Hasonlóan DH=a. Tehát a CA1B és a HBA2 háromszögek mindhárom oldala megegyezik, ezért a két háromszög egybevágó.
 
 

1Ld. Kiss György: Amit jó tudni a kúpszeletekről I‐II., KöMaL 2004/8. sz., 450. oldal, 2004/9. sz., 514. oldal; illetve honlapunkon (www.komal.hu).