Ebben a bejegyzésben a Geometria feladatok – szögek mértékének kiszámítása segédszerkesztésekkel könyv egyik feladatát (1.23) és annak megoldásait mutatjuk be (ahogyan a könyvben szerepelnek). A feladat a matematikai folklór része, de talán nem minden megoldás az. Természetesen analitikus eszközökkel, trigonometriával a feladat gyorsan megoldható, de egy további eredeti megoldás így is igényel egy kis elmélkedést. 
-
Az $ABCD$ négyzet belsejében felvettük fel az $M$ pontot úgy, hogy $m(\widehat{CDM})=m(\widehat{DCM})=15^{\circ}.$ Bizonyítsd be, hogy az $MAB$ háromszög egyenlő oldalú!
I. Megoldás. Szerkesszük meg az $CD$ oldalra, a négyzeten kívül, a $CDN$ egyenlő oldalú háromszöget!
Mivel $NC=ND$ és $CM=DM,$ az $MN$ egyenes a $CD$ oldalfelező merőlegese, tehát $MN||BC.$
Másrészt $m(\widehat{NCM})=75^{\circ}$ és $m(\widehat{CNM})=30^{\circ},$ tehát $m(\widehat{CMN})=75^{\circ}$ és így $NC=MN.$ Ugyanakkor $NC=DC=BC,$ tehát $MN=BC.$ Ez alapján a $CBMN$ négyszög paralelogramma (két szembenfekvő oldala párhuzamos és kongruens), tehát $MB=NC=DC=AB.$ Ugyanakkor $MB=MA,$ tehát az $AMB$ háromszög egyenlő oldalú.
II. Megoldás. Szerkesszük meg a négyzet belsejében a $CDN$ egyenlő oldalú háromszöget! Ekkor $m(\widehat{ADN})=30^{\circ}$ és $AD=DN,$ tehát $m(\widehat{DAN})=75^{\circ}.$ Ez alapján $m(\widehat{NAB})=15^{\circ}.$ Másrészt $M$ és $N$ a $CD$ felező merőlegesén van, tehát $MN||AD.$ Az $ANMD$ trapézban az $AD$ alapon fekvő két szög kongruens, tehát ez a trapéz egyenlő szárú. így a trapéz átlói egyenlők, tehát $AM=DN=DC.$
Mivel $M$ a $DC$ felezőmerőlegesén van, és ez egybeesik az $AB$ felező merőlegesével, következik, hogy $AM=MB$ és ezért az $MAB$ háromszög egyenlő oldalú.III. Megoldás. Szerkesszük meg a négyzeten belül az $ADN$ egyenlő oldalú háromszöget! így $m(\widehat{NDC})=30^{\circ}$ és $ND=DC,$ tehát $m(\widehat{NCD})=75^{\circ},$ $m(\widehat{NCB})=15^{\circ}$ és hasonlóan $m(\widehat{NBC})=15^{\circ}.$ Ez alapján az $MDC$ és az $NCB$ háromszögek egybevágóak, tehát $MC=NC.$
Ugyanakkor
$m(\widehat{MCA})=m(\widehat{NCA})=30^{\circ},$ tehát az $AMC$ és $ANC$ háromszögek kongruensek, vagyis $AM=AN=AD=AB.$ Másfelől $MA=MB,$ tehát az $AMB$ háromszög egyenlő oldalú.IV. Megoldás. Tekintsük az $ABCD$ négyzet köré írható szabályos $12$ oldalú sokszöget (lásd a mellékelt ábrát)! Ebben a sokszögben jelöljük $M$-mel az $AN$ és $DR$ átlók metszéspontját. így $m(\widehat{MAD})=30^{\circ}$ és $m(\widehat{MDA})=75^{\circ},$ tehát $m(\widehat{AMD})=75^{\circ}.$
Ez alapján $AM=AD=AB$ és mivel $m(\widehat{MAB})=60^{\circ},$ az $AMB$ háromszög egyenlő oldalú, tehát $M$ rajta van az $AB$ oldalfelező merőlegesén, ami a sokszög szimmetriatengelye is. Ez alapján az $M$-en áthalad az $AN,$ illetve a $DR$ egyenesnek az $AB$ oldalfelező merőlegesére vonatkozó szimmetrikusa is, vagyis a $BP$ és $QC.$ Következésképpen a sokszögben az $AN,BP,DR,QC$ átlók az $M$ pontban futnak össze.
Mivel az előbb felsorolt négy egyenes közül bármelyik kettő metszéspontja egyértelműen meghatározza az összefutási pontot, a feladatban leírt feltételek alapján ugyanezt az $M$ pontot szerkesztjük meg és erre $ABM$ egyenlő oldalú.V. Megoldás. A szerkesztés egyértelműségére való hivatkozás elkerülhető, ha egy olyan $A_1B_1C_1D_1$ négyzetet szerkesztünk meg, amely kongruens az eredetivel és ebben az $M_1$ pontot úgy választjuk meg, hogy az $M_1A_1B_1$ háromszög egyenlő oldalú legyen. így $AM_1=AD_1$ és mivel $m(\widehat{M_1A_1D_1})=30^{\circ},$ következik, hogy $m(\widehat{M_1D_1A_1})=75^{\circ},$ vagyis $m(\widehat{M_1D_1C_1})=15^{\circ}.$ Hasonló érvek alapján $m(\widehat{M_1C_1D_1})=15^{\circ},$ tehát az $MDC$ és $M_1D_1C_1$ háromszögek egybevágók ($DC=D_1C_1$ és a rajta fekvő szögek kongruensek). Ez alapján $M_1D_1=MD$ és mivel $AD=A_1D_1,$ valamint $m(\widehat{M_1D_1A_1})=m(\widehat{MAD})=75^{\circ},$ az $MAD$ háromszög egybevágó az $M_1A_1D_1$ háromszöggel. így $MA=M_1A_1=A_1D_1=AD=AB.$ Hasonló gondolatmenet alapján $MB=AB,$ tehát az $MAB$ háromszög egyenlő oldalú.
VI. Megoldás. Kiszámítjuk az $ABM$ háromszög magasságát a négyzet $a$ oldalhosszának függvényében. A $DEM$ háromszögből $$\tan 15^{\circ}=\frac {EM}{DE}=\frac{2\cdot EM}{a},$$
és mivel $\tan 15^{\circ}=2-\sqrt{3},$ írhatjuk, hogy $$EM=a-\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$ Ez alapján $$MF=a-EM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$ Ebből következik, hogy $$\tan \widehat{MBA}=\tan \widehat{MAB}=\sqrt{3},$$ tehát $m(\widehat{MBA})=m(\widehat{MAB})=60^{\circ},$ vagyis $MAB$ egyenlő oldalú.
Megjegyzés.
A $15^{\circ}$ (vagy a $75^{\circ}$) szinuszának, koszinuszának vagy tangensének ismeretében, továbbá a szinusz- vagy koszinusz-tételt használva további gondolatmenetek építhetők fel az $AM$ kiszámítására.