Kezdőlap


Feladat:	842. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Berecz Ágota , Czina Ferenc , Deák István , Folly Gábor , Kiss Árpád , Kiss Katalin , Mátrai Miklós , Nagy Klára , Pelikán József , Siket Aranka , Somos Péter , Szabó Mihály , Szentai Judit , Szép András , Szilágyi Tivadar , Tamás Endre , Tamás Géza , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1964/március, 114 - 115. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/március: 842. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A 2. ábra $O B_{3} B_{4}$ egyenlő szárú háromszögében $B_{3}$ -nál $160^{\circ}$ -os szög van, ezért az $O$ -nál és $B_{4}$ -nél levő szög $10^{\circ}$ -os. Az $A_{4} B_{3} B_{4}$ egyenlő szárú háromszögben pedig $B_{4}$ -nél $140^{\circ}$ -os. $B_{3}$ -nál és $A_{4}$ -nél $20^{\circ}$ -os szög van. Ezért $O$ , $B_{3}$ , $A_{4}$ egy egyenesen vannak. Messe $O B_{4}$ meghosszabbítása az $A_{3} A_{4}$ egyenest $F$ -ben, ekkor $A_{4} B_{4} F ∢ = 180^{\circ} - (10^{\circ} + 140^{\circ}) = 30^{\circ}$ . Mivel továbbá $A_{3} A_{4} B_{4} ∢ = 60^{\circ}$ , azért $A_{4} F B_{4} ∢ = 90^{\circ}$ , a $B_{4} F$ szakasz az $A_{3} A_{4} B_{4}$ egyenlő oldalú háromszög magassága.
Legyen a $18$ -szög és az ötszöglemezek oldalhossza $2$ egység. Ekkor $O B_{4} =$
$= 4 cos 10^{\circ}$ és $B_{4} F = \sqrt[]{3},$ másrészt $F A_{4} = 1$ , és az $O A_{4} F$ derékszögű háromszögből $O F = ctg10^{\circ}$ , ennélfogva az $O F = O B_{4} + B_{4} F$ egyenlőségből

\begin{matrix} ctg10^{\circ}=4cos10^{\circ}+\sqrt[]{3} \end{matrix}

(1)

egy a feladat követelményének megfelelő összefüggés.
Az iskolai függvénytáblázat szerint a bal oldal értéke

4

értékes jegyre

5, 671

, a jobb oldalé pedig

4 \cdot 0, 9848 + 1, 732 = 3, 9392 + 1, 732

, ami

4

értékes jegyre megegyezik a bal oldallal.

Somos Péter (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.)

1. ábra

2. ábra

II. megoldás. A kitűzésnél idézett gyakorlat eredménye szerint az ötszöglemez területe egyenlő a

18

-szög területének

18

-ad részével. Ennyi az

O A_{3} A_{4}

egyenlő szárú háromszög területe is, ami a fentiek szerint

F A_{4} \cdot F O = ctg10^{\circ}

-kal egyenlő. Az ötszöglemez viszont felbontható egy

2

egységnyi oldalú,

80^{\circ}

-os hegyesszögű rombuszra (1. ábra, ugyanis a

C_{3}

C_{4}

csúcsoknál levő szögek összege

180^{\circ}

) és egy

2

egységnyi oldalú szabályos háromszögre; a rombusz magassága

2 sin 80^{\circ} = 2 cos 10^{\circ}

, így területe

4 cos 10^{\circ}

, a szabályos háromszög magassága pedig

\sqrt[]{3}

. A mondott egyenlőségből és feldarabolásból ismét (1)-re jutunk.

Tamás Géza (Makó, József A. g. III. o. t.)

Megjegyzés. Az I. megoldásban

30^{\circ}

helyett

3 \cdot 10^{\circ}

-ot,

F A_{4} = 1

helyett

B_{4} A_{4} sin 30^{\circ} = 2 sin 3 \cdot 10^{\circ}

-ot és

\sqrt[]{3}

helyett

2 cos 3 \cdot 10^{\circ}

-ot írva (1) így alakul:

\begin{matrix} sin 3 \cdot 10^{\circ} ctg 10^{\circ} = sin 3 \cdot 10^{\circ} \frac{cos 10^{\circ}}{sin 10^{\circ}} = 2 cos 10^{\circ} + cos 3 \cdot 10^{\circ} . \end{matrix}

A tavalyi II. osztályos megoldók újabb ismereteik alapján könnyen igazolhatják, hogy ez az összefüggés

10^{\circ}

helyén minden olyan

α

szögre érvényes, amelyre

sin α \neq 0