Kezdőlap


Feladat:	72. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Antalffy G. , Bacsó N. , Balogh J. , Bártfai Pál , Bauer A. , Beke Éva és Mária , Beleznay F. , Benkő B. , Biczó S. , Boros P. , Császár I. , Csertő S. , Forgó G. , Fuchs T. , Ivanyos A. , Kálmán Gy. , Komjátszegi L. , Lábos E. , Lackner Györgyi , Libisch R. , Orlik P. , Orosz Ágoston , Orosz András , Pátkai Gy. , Pintér L. , Quittner P. , Sonnerend Mária , Szabó István , Szendrei I. , Szerb Márta , Takács T. , Tanyi T. , Tatai Júlia , Tóth A. , Világhy T. , Weiling K.
Füzet:	1953/március, 89 - 91. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Négyzetek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/október: 72. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: A meghatározott nyolcszög szerkesztésénél fogva tengelyesen tükrös a négyzet átlóira és középvonalaira, és centrálisan szimmetrikus a négyzet középpontjára. A négy szimmetria-tengely a $T$ területű nyolcszöget 8 egybevágó ‐ egyenként $t$ területű ‐ általános háromszögre osztja. (Ezek közül 4‐4-ben a körüljárás iránya megegyező. Tehát nyolcszögünk egyenlő oldalú, szemközt fekvő párhuzamos oldalakkal, de nem szabályos.)

A betűzést az ábra mutatja. (A négyzet középpontja

O

pótlandó.) A szerkesztésből következik, hogy

O E = E B_{1} = \frac{a}{4}

, és így egyrészt az

E B_{1} F ▵ = O E F ▵ = t

, vagyis

\begin{matrix} O B_{1} G ▵ = 3 t, \end{matrix}

másrészt,

O B_{1} G ▵

O B_{1} C C_{1}

négyzet negyedrésze, vagyis

\begin{matrix} O B_{1} C ▵ = \frac{1}{4} \cdot \frac{a^{2}}{4} = \frac{a^{2}}{16} . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} 3 t = \frac{a^{2}}{16}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} t = \frac{a^{2}}{48}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} T = 8 t = \frac{a^{2}}{6} . \end{matrix}

Orosz András (Bp. XVI., Corvin Mátyás g. II. o. t.)

II. megoldás: Mivel az

F

pont a

B C D ▵

súlypontja, azért

O C = 3 \cdot O F

és így, ha a nyolcszögünket az

O

pontból, mint hasonlósági centrumból

3 : 1

arányban nagyítjuk, akkor a

B E' C G' D ...

nyolcszöget nyerjünk, amelynek területe

(mivel B_{1} E' = \frac{a}{4})

nyilván

a^{2} + 4 \cdot \frac{1}{2} a \cdot \frac{a}{4} = a^{2} + \frac{a^{2}}{2} = \frac{3 a^{2}}{2}

.
Tehát

\begin{matrix} T = \frac{1}{9} \cdot \frac{3 a^{2}}{2} = \frac{a^{2}}{6} . \end{matrix}

Megjegyzés: Hasonlóképpen lehet megmutatni, hogy a

2 : 1

arányban nagyobbított nyolcszög területe

\begin{matrix} a^{2} - 4 \cdot \frac{a^{2}}{12} = \frac{2 a^{2}}{3} \end{matrix}

és ennélfogva

\begin{matrix} T = \frac{1}{4} \cdot \frac{2 a^{2}}{3} = \frac{a^{2}}{6} . \end{matrix}

Bártfai Pál (Bp. I., Petőfi g. II. o. t.)

III. megoldás: Mivel a négyzetátlók szimmetria tengelyek, azért az

O F G H

deltoid területe

\frac{T}{4}

. E deltoid területe az előbbiek alapján

\begin{matrix} \frac{1}{2} \cdot O G \cdot H F = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{4} \cdot \frac{a}{3} = \frac{a^{2}}{24} \end{matrix}

és így

\begin{matrix} T = 4 \cdot \frac{a^{2}}{24} = \frac{a^{2}}{6} . \end{matrix}

Hasonlóképpen, mivel a középvonalak is szimmetria tengelyek, azért az

O E F G

deltoid területe is

\frac{T}{4}

. E deltoid területe

\begin{matrix} \frac{1}{2} \cdot \frac{a \sqrt[]{2}}{6} \cdot \frac{a \sqrt[]{2}}{4} = \frac{a^{2}}{24} . \end{matrix}

Lackner Györgyi (Bp. V., 1. sz. textilip, techn. II. o. t.)