Feladat: 1607. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bálványos Z. ,  Barna K. ,  Bertók P. ,  Draschitz R. ,  Győry Gy. ,  Hárs L. ,  Katona V. ,  Kóczy L. ,  Koren A. ,  Kovalszky Róbert ,  Lempert L. ,  Máthé Marianna ,  Nagy András (III. o.) ,  Nagy Dénes ,  Nagy Zsigmond ,  Sax Gy. ,  Szilágyi Etelka ,  Sztrapkovics L. ,  Váli L. ,  Waszlavik L. ,  Zambó Péter ,  Zöldy B. 
Füzet: 1969/január, 12 - 16. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szinusztétel alkalmazása, Szabályos sokszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/április: 1607. matematika feladat

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

I. megoldás. Jelöljük a keresett ötszögnek az adott A, C, D, pontokon átmenő oldalegyeneseit, ill. a B ponton átmenő átlójának egyenesét rendre a, c, d, ill. b betűvel. A b, c, d egyenesek egyenlő szárú háromszöget határoznak meg, melynek b-n van az alapja, és az ezen fekvő szögei 36-osak; az a egyenes pedig párhuzamos b-vel. Elegendő ezt a négy egyenest meghatároznunk, hiszen a keresett ötszöget egyértelműen meghatározzák: a b, c, d egyenesek metszéspontjai az ötszög 3 csúcsát adják, az ezeken átmenő kör pedig az a egyenesből kimetszi a hátra levő két csúcsot.
Legyen a c, d egyenesek metszéspontja P. Elegendő ezt meghatároznunk, hiszen PC, PD megadja a c, d egyenest, az általuk meghatározott szögek közül a kisebbiket felező egyenes megadja a és b állását, tehát e szögfelezővel A-n, B-n át húzott párhuzamos adja az a, ill. b egyenest.

 

 

1. ábra
 

Húzzunk párhuzamost P-n át b-vel, jelöljük a kapott egyenest e-vel, az adott szelővel alkotott metszéspontját E-vel. A d egyenesnek e és b közti szakasza egyenlő az ötszög p oldalával, a b és a egyenesek közti szakasza pedig egyenlő az ötszög p-vel párhuzamosan haladó q átlójával. A párhuzamos szelők tétele alapján
AB:BE=q':p.(1)
A q:p arány tetszőleges szabályos ötszögben meghatározható, az AB szakaszhoz tehát megszerkeszthetjük a BE szakaszt, az AD egyenesen így kijelölhetjük az E pontot.
P-ből a CD szakasz 108-os vagy 72-os szög alatt látszik. A megfelelő négy látókörív alkalmas párokba kapcsolva két, a CD egyenesre nézve szimmetrikusan elhelyezkedő kört alkot. Elegendő közülük az egyiket felvennünk, ugyanis a belőle származtatott megoldást az AD egyenesre tükrözve a másikból levezethető megoldást kapjuk. Legyen ez a kör k. Mivel e a c, d egyenesek által meghatározott szögek közül a kisebbiket felezi, egyszersmind k-nak a CD húrhoz tartozó ívei közül a rövidebbet is felezi.
Adataink alapján a k kör és az ennek rövidebb CD ívét felező F pont meghatározható, és ekkor az EF egyenes kimetszi k-ból a keresett P pontot. Ezek szerint a szerkesztés a következő.
Tetszőleges k0 körbe (az ismert módon) szabályos ötszöget szerkesztünk, legyen ennek három, egymás utáni csúcsa P1, P2, P3. P1-ből P3 irányában felmérjük a P1Q3=AB szakaszt. Q3-on át párhuzamost húzunk P2P3-mal, ez a P1P2 egyenest Q2-ben metszi. Ekkor a Q2Q3 szakaszt az AB szakasz B-n túli meghosszabbítására felmérve kapjuk E-t.
Mérjük fel P1-ből P3 felé a P1R3=CD szakaszt és messük az R3-on átmenő, P2P3-mal párhuzamosan húzott egyenessel P1P2-t R2-ben. A CD szakasz fölé a P1R2R3 háromszöggel egybevágó háromszöget szerkesztünk, ennek harmadik csúcsa F(CF=DF). A CDF háromszög köré írt k kört az EF egyenes másodszor a P pontban metszi. P ismeretében a keresett ötszög a fent előre leírt módon határozható meg.
 

A szerkesztés mindig végrehajtható. Megemlítjük, hogy ha P a C ponttal azonosnak adódik, akkor a c egyenest nem határozzák meg a P, C pontok, így C-t a PD egyenesnek PF-re vonatkozó tükörképeként kell előállítanunk. Ekkor az adott szelő az ötszög egyik oldalegyenese. (A szelőnek bármely a C utáni D' pontjából kiindulva ugyanaz az ötszög adódik.) Hasonló a helyzet, ha P a D-vel adódik azonosnak.
Megmutatjuk, hogy a kapott ötszög valóban szabályos. Mivel F felezi k-nak a c, d egyenesek közti rövidebb ívét, e felezi a c, d egyenesek által meghatározott kisebbik szöget. b-t e-vel párhuzamosnak szerkesztettük, a b, c, d egyenesek tehát egyenlő szárú H háromszöget határoznak meg, amelynek alapja b-n van és az alapján levő szögek 36-osak (egyenlők a c, d közti kisebbik szög, a 72 felével). A H köré írható körbe írt, P csúcsú szabályos ötszög P-vel szomszédos csúcsai tehát azonosak H megfelelő csúcsaival. Az ötszög P-vel szemközti a* oldalának b-től mért távolsága úgy aránylik b-nek P-től mért távolságához, mint az ötszög átlója az oldalához, tehát mint AB a BE szakaszhoz. Eszerint (1) miatt az a* egyenes azonos a-val, a kapott ötszög valóban szabályos.
 

II. megoldás. A feladat megfordításaként először egy alkalmas szabályos ötszöghöz olyan szelő egyenest szerkesztünk, melyen a megfelelő oldal-, ill. átlóegyenesek által kimetszett, egymás utáni A', B', C', D' pontok közti szakaszok aránya megegyezik az adott s szelőn levő szakaszok arányával:
A'B':B'C':C'D'=AB:BC:CD.
Azután ezen ötszög és szelő együttes alakzatát úgy fordítjuk el és nagyítjuk vagy kicsinyítjük, hogy A', B', C', D' megfelelője rendre az adott A, B, C, ill. D pontba essék.
Olyan Q1Q2Q3Q4Q5=Q szabályos ötszögből indulunk ki, melyben a Q3Q4 oldal és a vele párhuzamos Q2Q5 átló távolsága kisebb az AB szakasznál (2. ábra).
 

 

2. ábra
 

Legyen Q3Q4 tetszés szerinti pontja A0, az A0 körüli, AB sugarú körnek Q2Q5-ön levő pontja B0, és az A0B0 félegyenesen C0, D0 az a pont, amelyre A0C0=AC, A0D0=AD. Húzzunk párhuzamost Q3Q4-gyel C0-on és D0-on át, és messe ez a Q1Q2, ill. Q1Q5 egyenest a C1, ill. D1 pontban, végül legyen a C1D1 egyenesnek Q3Q4-en levő pontja A1, Q2Q5-ön levő pontja B1. Ekkor nyilvánvalóan
A1B1:B1C1:C1D1=A0B0:B0C0:C0D0=AB:BC:CD,
tehát a keresett szelő a C1D1=e1 egyenes.
 

Fordítsuk el Q és e1 alakzatát D1 körül úgy, hogy a D1A1 félegyenes a DA félegyenessel párhuzamos és egyirányú D1A'1 helyzetbe jusson, és legyen ekkor C1, B1, valamint Q új helyzete C'1, B'1, ill. Q'1Q'2Q'3Q'4Q'5=Q', továbbá AA'1 és DD1 metszéspontja S. Így a fentiek szerint BB'1 és CC'1 ugyancsak átmennek S-en, tehát A, B, C, D rendre az A'1, B'1, C'1, D1 pont képe egy S középpontú, alkalmas arányú hasonlósági transzformációban, ezért a keresett P1P2P3P4P5 ötszög P3P4, P2P5, P1P2, P1P5 oldal‐, ill. átlóegyenese rendre az A-n, B-n, C-n, D-n át, rendre Q'3Q'4-vel, Q'2Q'5-vel, Q'1Q'2-vel, ill. Q'1Q'5-vel párhuzamosan húzott egyenes lesz. Ezek alkalmas párjainak metszéspontja adja P1-et, P2-t, P5-öt, végül P3-at, P4-et az A-n át Q'3Q'4-vel húzott párhuzamosból P1P5, ill. P1P2 felező merőlegese metszi ki.
A szerkesztés a fentiek szerint egyértelműen végrehajtható. Ha azonban C1 (vagy D1) éppen Q1-be esik, akkor e1-ként a Q1Q5 (ill. Q1Q2) oldalegyenes adódik, és D1 nem egyedüli közös pontja e1-nek és Q1Q5-nek. Ez a kapcsolat természetesen megmarad az elfordítással és nagyítással kapott P1P2P3P4P5 ötszög és az adott s között is.
A szerkesztés helyességének bizonyítását az olvasóra hagyjuk.
 

 Kovalszky Róbert (Budapest, Landler J. Gimn.) dolgozatának felhasználásával
 

Megjegyzés. A megoldás első részében lényegében az s szelő és a P3P4 egyenes közti szöget szerkesztettük meg. Ezt számítással készíti elő a következő megoldás.
 

III. megoldás (vázlat). A fentebbi jelöléseket tovább használva s és a P3P4 egyenes közti φ szöget szerkesztjük meg arra a helyzetre, amikor C a P1P2 oldalszakaszra jut, D pedig a P1P5 oldal meghosszabbítására (3. ábra), számítással előkészítve* C és D ezen korlátozása folytán B a P2P5 szakaszon van, és 36φ144.
 

 

3. ábra
 

Legyen BA=a, BC=c, BD=d, és messe P2P5-öt az A-n átmenő, P2P4-gyel párhuzamos egyenes B'-ben. P2CD=φ+36, BDP5=φ-36, így a színusz tételt alkalmazva rendre a BAB', BCP2, BDP5 háromszögre:
AB'=BAsinABB'sin36=asinφsin36,P2B=csin(φ+36)sin36,BP5=dsin(φ-36)sin36.


Ezeket a P2B+BP5=P2P5=P4P2=AB' egyenlőségbe helyettesítve és a közös nevezőt elhagyva
csin(φ+36)+dsin(φ-36)=asinφ,cotgφ=(c+d)cos36-a(d-c)sin36=(c+d)cos36-aCDsin36(2)



A szükségessé vált 36-os szöget egy előre megszerkesztett szabályos ötszög három egymás utáni G, H, J csúcsával meghatározott egyenlő szárú háromszögből vesszük (4. ábra).
 

 

4. ábra
 

Felmérjük a HG szárra a HK=CD, valamint H-n túli meghosszabbítására a HL=2BC szakaszt, igy KL=KH+HL=(d-c)+2c= =d+c. K-n át párhuzamost húzunk a GJ alappal, valamint merőlegest rá; legyen L vetülete az előbbin L', és H vetülete az utóbbin H'. Mérjük fel végül L'-től K irányában az L'M=AB szakaszt, ekkor a KMH' szög adja φ-t, ill. kiegészítő szögét, amennyiben M az L'K meghosszabbításán adódott.
 

A φ szög ismeretében lényegében a II. megoldás befejező része szerint kaphatjuk meg az ötszöget.
 

Lényegében ugyanígy megy a számítás és a szerkesztés akkor is, ha C, D az 1. vagy a 2. ábra szerint helyezkednek el az E ponthoz viszonyítva.
 

Megjegyzések. 1. Számításunk kapcsolatba hozható az I. megoldásban felhasznált E ponttal. (2)-t alakítva
cotgφ=c+d-acos36CDcotg36,
másrészt, mint ismeretes,
cos36=5+14ésq:p=5+12:1,
ezért (1) alapján
acos36=2ABpq=2BE,
ennélfogva a számláló (BD-BE)+(BC-BE)=ED-CE,
cotgφ=ED-CECDcotg36.
Ezt pedig úgy is megkapjuk, ha a színusz tételt a P1CD háromszögre írjuk fel, alkalmazzuk a szögfelező osztásarányának tételét (hacsak φ36):
sin(φ+36)sin(φ-36)=P1DP1C=EDCE,
mindkét oldalból 1-et kivonva, ill. mindkettőhöz 1-et hozzáadva
2cosφsin36sin(φ-36)=ED-CECE,2sinφcos36sin(φ-36)=CDCE,
végül ezek hányadosa azonos (3)-mal.
 

2. Az E pontnak pl. C-vel való egybeesése most már azt jelenti, hogy a:c=AB:BC=AB:BE=q:p=2cos36, így (2) számlálója (d-c)cos36, és ezért d értékétől függetlenül φ=36.

*Legtöbb versenyzőnk ezen az úton oldotta meg (vagy közelítette meg) a feladatot, és ugyanez volt a helyzet annak idején a tanulmányi versenyen is.