Kezdőlap


Feladat:	1421. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Benedek Ilona , Diósi Lajos , Gárdos Eszter , Kloknicer Imre , Králik István , Végvári László
Füzet:	1966/április, 160 - 162. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkidomok átdarabolása, Terület, felszín, Síkgeometriai szerkesztések, Szabályos sokszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/november: 1421. matematika feladat

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

A szerkesztendő rombusz oldala egyenlő az adott $A B C D E F = S_{6}$ hatszög átlójával. Valóban, $S_{6}$ területe kétszer akkora, mint az $A C E = S_{3}$ szabályos háromszögé, mert az $A B C$ , $C D E$ , $E F A$ háromszögekkel együttesen nyilvánvalóan lefedhető $S_{3}$ , és $S_{3}$ -at paralelogrammává kiegészítve, a terület kétszeresére nő, így $S_{6}$ -tal egyenlő területű, $60^{\circ}$ -os hegyesszöggel bíró rombuszt kapunk. Eszerint elég megszerkeszteni pl. $C$ -nek $A E$ -re vonatkozó $G$ tükörképét, ekkor az $A C E G$ négyszög megfelel a követelményeknek.

Csak körzőt használva

G

-t megadja az

A

és

E

körül

A E

sugárral írt körívek metszéspontja.
Egyetlen egyenes vonalzót használva az

A C

és

E F

egyenesek

H

metszéspontját összekötjük az

A F

C E

egyenespár

J

metszéspontjával, ebből

C F

kimetszi

G

-t. Ugyanis

J

H

tükörképe a

C F

szögfelezőre nézve, így

H J ∥ A E

, tehát az

A C E

háromszöggel együtt

H C J

is szabályos, mert megfelelő szögeik egyenlők, továbbá

F

a háromszög középpontja, mert az

F A

F C

egyenesek egymás tükörképei

F E

-re, így pedig

A

E

G

a háromszög oldalfelező pontjai, tehát

A G ∥ C E

E G ∥ A C

Végvári László (Budapest, Berzsenyi D. g. III. o. t.)

Megjegyzés. A szerkesztésekre számos változat található a megoldásokban, ezekből vázolunk néhányat. A bizonyítást minden esetben az olvasóra hagyjuk. Az ábrán a zsúfoltság elkerülésére csak a felhasznált pontokat jelöltük meg.
Az

E

-n átmenő és

A C

-vel párhuzamos

e

egyenes megszerkesztéséhez elég meghatározni egy pontját. Ehhez elég annyit felhasználni

S_{6}

szimmetriáiból, hogy

B E

átmegy az

A C

átló

K

felezőpontján. Legyen az

E C

-nek tetszés szerinti (de

E

-től és

C

-től különböző)

L

pontját

A

-val összekötő egyenesnek

e

-vel való metszéspontja

M

, így

A

C

E

M

egy trapéz csúcsai, ennélfogva a szárak metszéspontját az átlók metszéspontjával összekötő egyenes átmegy

K

-n. Eszerint

L K

és

A E

metszéspontját

N

-nel jelölve

M

-et megadja

A L

és

C N

metszéspontja.

Gárdos Eszter (Pécs, Janus Pannonius g. IV. o. t.)

A legtöbb megoldás azt használta fel, hogy csak vonalzóval is, csak körzővel is, tetszés szerinti számú pont előállítható abból a szabályos háromszög hálózatból (rácsból), melynek

S_{6}

csúcsai is pontjai, és oldalhossza

A B

, továbbá csak vonalzóval könnyen kijelölhető bármely két rácspont közti szakasz felezőpontja.
Új helyzetben kapunk egy

R_{1} R_{2} R_{3} R_{4}

megoldást:

R_{2}

R_{3}

R_{4}

, továbbá

R_{5}

S_{6}

2-2 nem-szomszédos oldala meghosszabbításával adódik, majd

R_{1}

pl. mint

R_{4} R_{5}

és

C F

metszéspontja. ‐ E rombusz csúcsai

3

kör metszéspontjaiként is kiadódnak:

A

és

B

körül

A B

sugarú,

R_{1}

metszéspontjuk körül

R_{1} R_{3}

sugarú kört írva, vagy négy

A B

sugarú körrel, melyek középpontjai

F

A

B

C

(Kloknicer Imre).

G

-t megkapjuk

3

körrel, ha az

F

körül

F E

sugárral írt körre

E

-től

2

-szer rámérjük

F E

-t.

G

-t a

C F

-ből kimetszhetjük

R_{2} R_{6}

-tal is, ahol

R_{6}

B C

és

A E

metszéspontja (Benedek Ilona).
Az

F B

-nek

K_{1}

felezőpontját

K

-val összekötő egyenes

K_{2}

-ben felezi

F R_{2}

-t, és

A K_{2}

átmegy

G

-n (Diósi Lajos). Az

A E

-nek

K_{3}

felezőpontját

K

-val összekötő egyenes

K_{4}

-ben felezi

F R_{5}

-öt, és

E K_{4}

átmegy

G

-n (Králik István).