Kezdőlap


Feladat:	960. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Höss Rozália
Füzet:	1965/október, 60 - 62. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkidomok átdarabolása, Pont körüli forgatás, Terület, felszín, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/január: 960. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen a kör középpontja $O$ sugara $r$ , a húr kezdő helyzetének végpontjai $A$ , $B$ , felezőpontja $F$ ; fordulás közben $A$ a rövidebb $A B$ íven haladjon, $A$ , $B$ és $F$ végső helyzete $C$ , $D$ , $G$ . Így $C$ még a rövidebb $A B$ íven van, mert $A O B ∢ = 120^{\circ}$ és $A O C ∢ = 90^{\circ}$ ; legyen $A B$ és $C D$ metszéspontja $E$ .

A mozgó húrnak

O

-hoz legközelebbi pontja

F

, legtávolabbiak

A

és

B

, minden az

O F = r / 2

és

O A = r

közötti távolságban van pontja a húrnak (

O

-tól mérve), így a húr azt a területet súrolja, amelyet a hosszabb

A D

ív, az

A F

G D

szakaszok és az

F G

negyedkörív határol, kivéve a

B C

ív és az

E B

E C

szakaszok határolta területet. Meghúzva még az

A B

-t és

C D

-t felező

O F'

O G'

sugarakat, a mondott terület az

A F F'

és

D G G'

fél-szeletek és az

F G G' F'

körgyűrű-negyed összegének és a

B C E

idomnak a különbsége.
A fél-szeletek együttes területe az

A F' B

szelet területével egyenlő, ami az

O A B

körcikk és az

O A B

háromszög területének különbsége, a

B C E

idom területét pedig a

B C O

körcikkből a

B O E

háromszög területe 2-szeresének kivonásával kapjuk, ugyanis a súrolt idom nyilvánvalóan szimmetrikus az

O E

tengelyre. Mivel

B O C ∢ = 30^{\circ}

, és

B F = r \sqrt[]{3} / 2

, ezért a mondott részek és a teljes

t

terület:

\begin{matrix} A B F' = \frac{r^{2} π}{3} - \frac{r^{2} \sqrt[]{3}}{4}, F F' G' G = \frac{π}{4} (r^{2} - \frac{r^{2}}{4}) = \frac{3 π r^{2}}{16}, \\ B E C = \frac{r^{2} π}{12} - B E \cdot O F = \frac{r^{2} π}{12} - \frac{r^{2}}{4} (\sqrt[]{3} - 1), \\ t = r^{2} \cdot \frac{7 π - 4}{16} \approx r^{2} \cdot 1, 124. \end{matrix}

Höss Rozália (Makó, József A. g. III. o. t.)

II. megoldás (vázlat). Fenti ábránkat kiegészítve az

A H

átmérővel,

A B

-nek és

C D

-nek

O

-ra való tükörképével és az

O

körüli

O F

sugarú körrel, majd az ábrán

t_{i}

-vel jelölt idomokat a

t_{i}'

helyzetbe áthelyezve

(i = 1,2,3,4)

látjuk, hogy a súrolt idom területe egyenlő az

A P F E G K H C A

vonallal határolt idoméval. Az utóbbit úgy kapjuk, hogy a nagy kör feléből elvesszük a kis kör negyedrészét (6-od és 12-edrészének összegét) és az

r / 2

oldalú négyzetet:

\begin{matrix} t = \frac{r^{2} π}{2} - \frac{r^{2} π}{4 \cdot 4} - \frac{r^{2}}{4} . \end{matrix}

További meggondolás mutatja, hogy a kérdéses terület egyenlő az

O A S

körcikk és az

O F E G

négyzet területeinek különbségével, ahol

S

G' H

ív első negyedelő pontja. Ugyanis az

O G K

körcikk területénél az

O P F

körcikké 2-szer,

O G' H

-é 4-szer nagyobb, a

K G G' H

körgyűrű-cikk területe pedig 3-szor, így az átdarabolással nyert idomhoz hozzávéve az

O P F

körcikket, el kell vennünk a gyűrű-cikk 2/3 részét. A maradó 1/3 rész egyenlő területű az

O G K

körcikkel, ezért ‐ helyette

r

sugarú körcikket véve, annak íve

K G / 2 = G' H / 4 = G' S

lesz.
Vigassy Lajos