Kezdőlap


Feladat:	F.1891	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/február, 63 - 64. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körüli forgatás, Terület, felszín, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/szeptember: F.1891

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

a) Legyen körünk középpontja $O$ , a húr megindulási helyzete $A B$ , véghelyzete $A_{1} B_{1}$ úgy, hogy $A$ halad elöl, vagyis $B_{1}$ még $A$ elérése előtt áll meg a rövidebbik $B A$ íven, hiszen ennek középponti szöge $120^{\circ}$ . Legyen $A B$ és $A_{1} B_{1}$ felezőpontja ( $O$ -hoz legközelebbi pontja) $F$ , illetve $F_{1}$ , valamint metszéspontjuk $M$ (1. ábra).

1. ábra

Így a húr az elfordulás folyamán állandóan érinti az

O

körüli,

O F

sugarú kör

F F_{1}

negyedívét, és a súrolt

S

idom határvonalai az

A_{1} F_{1}

F B

B_{1} M

M A

szakaszok és a

B B_{1}

A A_{1}

F F_{1}

negyedkörívek.
Rajzoljuk meg a körnek

M

-en átmenő sugarát és az

O M

-re merőleges átmérőjét, legyen a végpontjuk

M'

, illetve

N'

és

P'

(a rövidebbik

B B_{1}

, illetve

A A_{1}

íven), továbbá messe

O N'

A B

-t

N

-ben,

O P'

A_{1} B_{1}

-et

P

-ben.

90^{\circ}

-os elfordítással a

B N' N

és

A_{1} P' P

háromcsúcsú idomok átvihetők

B_{1} M' M

-be, illetve

A M' M

-be, ezért

S

-nek

t

területe egyenlő az

F N N' M' P' P F_{1} F

vonal határolta idom területével. Ez viszont az

O F F_{1}

negyedkör és az

O N F

O P F_{1}

egyenlő szárú derékszögű háromszögek területével kevesebb az

N' M' P'

félkör területénél. Mivel az

O F A

háromszög fele egy egységnyi oldalú szabályos háromszögnek, azért

O F = 1 / 2

, és így

\begin{matrix} t = \frac{1}{2} π - \frac{1}{4} π {(\frac{1}{2})}^{2} - 2 \cdot \frac{1}{2} {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{7 π}{16} - \frac{1}{4} = 1, 124. \end{matrix}

b) A talált

t

alig több a kör területének 1/3 részénél. Másrészt a súrolt terület az elfordítási szög növelésével monoton nő, ezért az elfordítás szögét növelni kell. Még a fentinél is könnyebb számítás mutatja, hogy

S

120^{\circ}

-os elfordításnál sem éri el a kör területének felét ‐ még

45 %

-át sem. Így a keresett

α

szögre

α > π / 3

, tehát az első vizsgálat

A M B_{1}

háromcsúcsú része megszűnik. Valamivel egyszerűbb azonban itt abból számolni, hogy a súrolatlan terület is fele a kör területének (2. ábra).

2. ábra

Ez felbontható az

O A_{1} B

és

O F F_{1}

körcikkekre, középponti szögük

α

, illetve

(4 π / 3) - α

és az

O B F

O A_{1} F_{1}

háromszögekre, amelyek összeilleszthetők egy egységnyi oldalú szabályos háromszöggé. Így a

\begin{matrix} t = \frac{1}{2} (\frac{4 π}{3} - α) + \frac{1}{2} {(\frac{1}{2})}^{2} α + \frac{\sqrt[]{3}}{4} = \frac{π}{2} \end{matrix}

követelményből a végzendő elfordítás

\begin{matrix} α = \frac{4 π + 6 \sqrt[]{3}}{9} = 2, 551 radián = 146^{\circ} 10' . \end{matrix}