A B. 4327. feladat (2011. január)

B. 4327. Szerkesszünk egyenlő szárú háromszöget, ha adott az egyik szárhoz tartozó súlyvonala és e súlyvonalnak a másik szárral bezárt szöge.

(4 pont)

A beküldési határidő 2011. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az ismeretlen \(\displaystyle ABC\) háromszögben adott az \(\displaystyle AF\) súlyvonal, ahol \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle BC\) szár felezőpontja, továbbá a \(\displaystyle CAF\) szög. Ekkor \(\displaystyle CA=2CF\) miatt a \(\displaystyle C\) csúcs azon az Apollóniusz-körön helyezkedik el, amelynek átmérője az \(\displaystyle SH\) szakasz, ahol \(\displaystyle S\) az \(\displaystyle AF\) szakasz \(\displaystyle F\)-hez közelebbi harmadolópontja, \(\displaystyle H\) pedig az \(\displaystyle A\) pontnak \(\displaystyle F\)-re vonatkozó tükörképe. Az \(\displaystyle S,H\) pontok megszerkesztése után az Apollóniusz-kör is könnyen megszerkeszthető. Ezek után az \(\displaystyle AF\) félegyenessel az adott \(\displaystyle \alpha\) szöget bezáró félegyenest indítunk \(\displaystyle A\)-ból (erre \(\displaystyle \alpha>0\) esetén, amely nyilván szükséges, két lehetőség kínálkozik), ennek a körrel alkotott metszéspontja jelöli ki a háromszög \(\displaystyle C\) csúcsát, melyet \(\displaystyle F\)-re tükrözve a \(\displaystyle B\) csúcsot is megkapjuk. Világos az is, hogy ezzel az eljárással a feladat összes megoldását megkapjuk.

\(\displaystyle AS=2FS\) és \(\displaystyle HF=3FS\) okán az Apollóniusz-kör középpontját \(\displaystyle O\)-val jelölve \(\displaystyle OS=2FS=AS\), \(\displaystyle OA=2OS\). Ez azt jelenti, hogy az \(\displaystyle A\) pontból a körhöz húzott érintők az \(\displaystyle AF\) félegyenessel \(\displaystyle 30^\circ\)-os szöget zárnak be. Ezért \(\displaystyle \alpha>30^\circ\) esetén a feladatnak nincsen megoldása. Ha \(\displaystyle \alpha=30^\circ\), akkor mindkét félegyenesen az egyetlen alkalmas \(\displaystyle C\) pont az érintési pont. Mivel ekkor a két kapott pont egymásnak \(\displaystyle F\)-re vett tükörképe, a két keletkező háromszög egybeesik, vagyis a feladatnak pontosan egy megoldása van. Végül \(\displaystyle 0<\alpha<30^\circ\) esetén mindkét megszerkesztett félegyenes két pontban metszi a kört. Könnyen meggondolható, hogy ekkor a négy lehetséges megoldás közül semelyik kettő nem esik egybe, egybevágóságtól eltekintve azonban csak két különböző háromszög keletkezik.

Statisztika:

155 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Ágoston Péter, Baráti László, Biri Eszter Daniela, Boda Regina, Bogár Blanka, Böőr Katalin, Bősze Zsuzsanna, Bunth Gergely, Csörgő András, Csuma-Kovács Ádám, Dudás 002 Zsolt, Emri Tamás, Fonyó Viktória, Frittmann Júlia, Gróf Gábor, Gyarmati Máté, Hajnal Máté, Halász Dániel, Hopp Norbert, Janzer Barnabás, Klincsik Gergely, Kocsis 111 Réka, Lajos Mátyás, Molnár Ákos, Sagmeister Ádám, Szabó 928 Attila, Szécsényi 136 Andrea, Trócsányi Péter, Varjú János, Weisz Gellért, Wiandt Zsófia, Zahemszky Péter.
3 pontot kapott:	69 versenyző.
2 pontot kapott:	22 versenyző.
1 pontot kapott:	8 versenyző.
0 pontot kapott:	19 versenyző.
Nem versenyszerű:	5 dolgozat.

A KöMaL 2011. januári matematika feladatai