Kezdőlap


Feladat:	669. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Baróti Gy. , Bresztyenszky Júlia , Corrádi G. , Cserép Cs. , Deák I. , Dobó F. , Fazekas P. , Fekete S. , Földes Antónia , Galgóczy K. , Gazsó J. , Gönczy J. , Jahn L. , Kertész J. , Kiss G. , Kohut J. , Krokos J. , Kultsár L. , Lehel J. , lengyel F. , Lipcsey Zs. , Nagy Angéla , Nagy Péter Tibor , Raisz Miklós , Sólyom Ilona , Somfalvi J. , Szepesvári Gy. , Szidarovszky F. , Szirai J. , Tábori Éva , Tamás E. , Tasnády Mária , Tihanyi L. , Várkonyi S.
Füzet:	1961/október, 76. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/december: 669. matematika gyakorlat

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

Az $O M_{1} M_{2}$ , $M_{1} M_{2} M_{3}$ , $M_{2} M_{3} M_{4}$ , $... M_{8} M_{9} M_{10}$ , $M_{9} M_{10} M_{11}$ háromszögek ‐ jelöljük őket sorra $H_{1}$ , $H_{2}$ , $H_{3}, ..., H_{10}$ -zel ‐ szerkesztésnél fogva egyenlő szárúak, és $O M_{2}$ , $M_{1} M_{3}, ..., M_{9} M_{11}$ alapjuk váltakozva az $f$ , $e$ egyenesen van.

Szögeikből megkapjuk az

M_{1} M_{2}

M_{2} M_{3}, ..., M_{10} M_{11}

szakasznak

e

és

f

-fel bezárt szögeit. Jelöljük a

180^{\circ} / 11

szöget

α

-val, így a szögek összege

11 α

, és

α

többszörösei közül

5 α

még hegyes szög,

6 α

már tompa.
Az

O M_{1} M_{2}

háromszögben

M_{1} O M_{2} ∢ = M_{1} M_{2} O ∢ = 3 α

(nem lehet ugyanis szó

e

és

f

8 α

nagyságú tompaszögéről), ezért

O M_{1} M_{2} ∢ = 11 α - 2 \cdot 3 α = 5 α

. Ez hegyes szög, tehát

M_{3}

M_{1}

-nek azon az oldalán adódik, ahol

O

van. ‐

H_{2}

-ben

M_{1} M_{3} M_{2} ∢ = 5 α

, így

M_{1} M_{2} M_{3} ∢ = α < M_{1} M_{2} O ∢

, tehát

M_{3}

O M_{1}

szakaszon van, és

M_{2} M_{3} O ∢ = 6 α

M_{3} M_{2} O ∢ = 2 α

. ‐

H_{3}

-ban

M_{3} M_{4} M_{2} ∢ = 2 α

, így

M_{2} M_{3} M_{4} ∢ = 7 α > M_{2} M_{3} O ∢

, tehát

M_{4}

M_{2}

-ből nézve

O

-n túl van, és

M_{4} M_{3} O ∢ = α

. ‐

H_{4}

-ben

M_{3} M_{5} M_{4} ∢ = α

, így

M_{3} M_{4} M_{5} ∢ = 9 α > M_{3} M_{4} M_{2} ∢

, tehát

M_{5}

M_{3}

-ból nézve

O

-n túl van, és

M_{5} M_{4} O ∢ = 7 α

, tompa szög. ‐ Ezért

H_{5}

-nek

M_{5} M_{4} M_{6}

és

M_{5} M_{6} M_{4}

szögei ennek kiegészítő szögei, nagyságuk

4 α

, tehát

M_{6}

O

-ból nézve

M_{4}

-en túl van, továbbá

M_{4} M_{5} M_{6} ∢ = 3 α

, és ezért

M_{6} M_{5} O ∢ = 4 α

.
Az

M_{5} M_{6} M_{4} ∢ = M_{5} M_{6} O ∢ = M_{6} M_{5} O ∢ = 4 α

egyenlőség szerint az

O M_{5} M_{6}

háromszög egyenlőszárú, vagyis

M_{6}

M_{5}

tükörképe az

e

és

f

közti

3 α

nagyságú szög

t

felezőjére nézve. Ez pedig azt jelenti, hogy

M_{7}

-nek

M_{6}

-ból való szerkesztése tükörképe annak ahogyan

M_{5}

-ből visszajutnánk

M_{4}

-re, vagyis

M_{7}

M_{4}

tükörképe

t

-re. Ugyanígy

M_{8}

M_{9}

M_{10}

rendre az

M_{3}

M_{2}

M_{1}

tükörképe, végül a kérdéses

M_{11}

O

tükörképe

t

-re. És mivel

O

rajta van

t

-n, azért

M_{11}

egybeesik

O

-val. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Raisz Miklós (Miskolc, Földes F. g. II. o. t.)