Feladat: 808. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Lehel Csaba ,  Mátrai Miklós ,  Várhegyi László 
Füzet: 1963/október, 71 - 73. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Síkgeometriai szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/december: 808. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Az a és b félegyenesek közti 54∘-os szöget harmadoló h1, h2 félegyenesek a-val és b-vel 18∘-os, ill. 36∘-os szöget alkotnak, egymásnak az adott szög f felezőjére tükörképei, ezért elég egyiküket megszerkesztenünk. Próbáljuk evégett a 18∘-ot, vagy a 36∘-ot előállítani az adott szögből és a könnyen szerkeszthető 60∘, 90∘ stb. szögekből összeadás vagy kivonás útján.

 
 
1. ábra
 

Mindjárt látjuk, hogy 36∘ az 54∘-nak pótszöge. Kézenfekvő tehát a-ra az O végpontjában m merőlegest állítani azon a partján, amelyiken b van; ekkor b és m szöge 36∘, tehát h1-et m-nek b-re vett tükörképe adja.
A csak körzővel végrehajtott szerkesztésekben egy egyenest meghatározottnak tekintünk, ha ki van jelölve két pontja. Erre tekintettel a mondott szerkesztés csak körzővel is végrehajtható. Ugyanis az 1. ábra egyenlő sugarú k1, k2, k3, k4 köreinek megrajzolása után k3 és k4-nek O-tól különböző M metszéspontja egy pontot ad m-ből, továbbá ennek b-re vett M' tükörképét is megkaphatjuk két rajta átmenő kör második metszéspontja gyanánt, ha e körök középpontját b-n választjuk (az ábrán k5 és k6).
 
 Várhegyi László (Győr, Mayer L. 12 évf. isk. I. g. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Eggyel kevesebb kör elegendő, ha előbb a-nak b-re vett c tükörképét szerkesztjük (pl. k1 és k7). Ekkor AOC∢=108∘, tehát h1-et a c-re O-ban állított merőleges adja, ehhez pedig ‐ k1-et ismét felhasználva ‐ már 3 körív elegendő.
2. A 18∘=180∘-3⋅54∘ összefüggés alapján egy félegyenes és 4 kör megrajzolása elegendő: a', k1, k7, C körül BA sugárral k8 és a félkörből maradó 18∘-os ív átmásolása A-ból (1. ábra).
a'-nek k1-en levő pontját úgy is megkaphatjuk, hogy k1-be egymás után három OA hosszúságú húrt szerkesztünk. Így nincs szükség vonalzóra, de 3-mal több kört használunk fel.
 
 
2. ábra
 

3. Mérjük fel k1-ben az AB húrt C-ből tovább haladva még 5-ször, és legyenek a végpontok D, E, F, G, H (2. ábra). Ekkor H a h1-en van, mert a megtett forgások összege 7⋅54∘=378∘=360∘+18∘ (a fenti k1, k7 és még 5 kör). Két kört megtakaríthatunk, ha E-t elérve F-et és G-t ,,átlépjük'': H-t az E körüli EB sugarú körrel metsszük ki. Ez a kör azonban ,,laposan'' metszi k1-et. Célszerűbb E és G kitűzését megtakarítani HF=FD=DB alapján.
 
 Mátrai Miklós (Hódmezővásárhely, Bethlen G. g. II. o. t.)
 

4. Elegendő 4 kör megrajzolása, a 2. megjegyzésben felhasznált kapcsolat harmadrészét véve: 18∘/3=6∘=60∘-54∘. Az 54∘-ból visszamérjük a 6∘-os különbséget, majd a maradó 48∘-ból a 60∘-48∘=12∘ különbséget (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

5. Kissé más típusú megoldást kapunk a 36∘=(54∘+90∘):4 összefüggés alapján, két felezéssel. Felhasználhatjuk a 775. gyakorlat1 szerkesztéseit is (szögnegyedelés terepen).
 

II. megoldás. a) Felhasználjuk a 36∘=180∘-2⋅72∘ és 72∘=180∘-2⋅54∘ összefüggéseket. Írjunk k' kört az adott szög b szárának N pontja körül NO sugárral, és jelöljük ennek a-n levő, O-tól különböző pontját P-vel. Ekkor az NOP egyenlő szárú háromszög N-nél levő szöge 72∘. Írjunk másrészt k'' kört O körül ON sugárral és jelöljük ennek az NP egyenesen levő, N-től különböző pontját R-rel. Ekkor az NOR egyenlő szárú háromszög O-nál levő szöge 36∘, és így az OR félegyenes 1:2 arányban osztja az 54∘-os szöget.
 
 
4. ábra
 

b) R-nek a-ra vett R' tükörképével NOR'∢=NOP∢+POR∢=72∘=ONP∢, így R'-t kimetszhetjük k''-ből az N körül OP sugárral írt k''' körrel, ebből pedig R egy körívvel kapható, ennek középpontját a-n választva. Így nem használjuk az egyenes vonalzót és 4 körrel kapjuk az első harmadoló egy pontját.
 
 Lehel Csaba (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. II. o. t.)
 

 
 
5. ábra
 

III. megoldás, a b) feltétel esetére. Messe a b szár S pontja körül SO sugárral írt k kör az a, b szárakat T-ben, ill. U-ban. Thalész tétele szerint OTU∢=90∘, így OUT∢=36∘, ezért az OT húrt az UV helyzetbe átmásolva V-ben megkapjuk h1-nek egy pontját. Ehhez csak két körívet használtunk fel.
 
 Mátrai Miklós (Hódmezővásárhely, Bethlen G. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Több megoldás érkezett az 1157. feladatból2 ismert cos36∘=(5+1)/4 és cos72∘=sin18∘=(5-1)/4 értékek alapján. Ezek a 5 egységnyi szakaszt az 1 és 2 egységnyi befogóval szerkesztett derékszögű háromszög átfogója gyanánt kapták.
1K.M.L. 1963/9 20. old.

2K.M.L. 1962/11 118. o.