A C. 1719. feladat (2022. április)

C. 1719. Tekintsük az \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszög azon \(\displaystyle P\) belső pontjait, amelyekből az \(\displaystyle AB\) oldal \(\displaystyle 135^{\circ}\)-os szögben látszik. Bizonyítsuk be, hogy a \(\displaystyle PA\), \(\displaystyle PB\), \(\displaystyle PC\) szakaszokból mindig szerkeszthető háromszög, és a \(\displaystyle P\) pont bármely, a feltételnek megfelelő elhelyezkedése esetén ennek a háromszögnek az egyik szöge mindig ugyanakkora.

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A \(\displaystyle P\) pont az \(\displaystyle AB\) szakasz fölé, az \(\displaystyle ABC\) háromszög belsejébe rajzolt \(\displaystyle k\) látószögköríven helyezkedik el és nyilván nem esik egybe sem az \(\displaystyle A\), sem a \(\displaystyle B\) ponttal. (Lásd a látószögkörívvel is kapcsolatos rövid cikket honlapunkon.) A feltétel miatt ebből az következik, hogy \(\displaystyle BPA\sphericalangle=135^{\circ}\). Forgassuk el az \(\displaystyle A\) pont körül a \(\displaystyle PC\) szakaszt negatív irányba \(\displaystyle 60^{\circ}\)-kal. A \(\displaystyle C\) pont képe nyilván \(\displaystyle B\), a \(\displaystyle P\) pont képét \(\displaystyle P'\)-vel jelöltük.

Az elforgatás tulajdonságai miatt egyrészt \(\displaystyle PC=P'B\), másrészt \(\displaystyle PA=P'A\), továbbá \(\displaystyle PAP'\sphericalangle=60^{\circ}\) miatt \(\displaystyle PAP'\) szabályos háromszög.

Ebből az következik, hogy \(\displaystyle PA=P'A=PP'\) is igaz.

A \(\displaystyle BPP'\) háromszög minden esetben létrejön és oldalaira teljesül, hogy \(\displaystyle PP'=PA\), illetve \(\displaystyle P'B=PC\). Így a \(\displaystyle PA, PB, PC\) szakaszokból a \(\displaystyle P\) pont bármely, a feltételnek megfelelő helyzete esetén valóban mindig lehet háromszöget szerkeszteni.

Mivel \(\displaystyle PAP'\) szabályos háromszög, ezért \(\displaystyle P'PA\sphericalangle=60^{\circ}\), ebből \(\displaystyle BPA\sphericalangle=135^{\circ}\) alapján \(\displaystyle BPP'\sphericalangle=75^{\circ}\) következik. Ezzel azt is igazoltuk, hogy a \(\displaystyle BPP'\) háromszög \(\displaystyle P\) csúcsánál levő belső szöge a \(\displaystyle P\) pont bármely helyzete esetén \(\displaystyle 75^{\circ}\)-os.

Megjegyzés. Bizonyítható, hogy ha \(\displaystyle P\) az \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszög bármely belső pontja, a \(\displaystyle PA, PB, PC\) szakaszokból akkor is szerkeszthető háromszög. Ekkor a feladatnak a háromszög egyik szögére vonatkozó állítása általános esetben már nem teljesül.

Statisztika:

21 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Cynolter Dorottya, Deák Gergely, Fekete Patrik, Halász Henrik, Horváth Milán, Hosszu Noel, Keszthelyi Eszter, Kurucz Márton, Nagy Daniella, Pekk Márton, Sipeki Márton, Szabó Réka, Szabó Zóra, Szittyai Anna, Waldhauser Miklós, Werner Kinga.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2022. áprilisi matematika feladatai