Kezdőlap


Feladat:	1017. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dobozy O. , Fiala T. , Fiala Tibor , Gyarmati Erzsébet , Kádas S. , Králik I. , Mérő L. , Nagy 853. Zoltán , Nagy Elemér , Rajczy P. , Rosta L. , Takács L. , Újvári István
Füzet:	1966/szeptember, 25 - 26. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkidomok átdarabolása, Terület, felszín, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/november: 1017. matematika gyakorlat

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

Legyen az $M N$ negyedkörív középpontja $O$ , a levágott ívek $M A = N B$ , $A$ és $B$ vetülete $O M$ -re $C$ , ill. $D$ , $O A$ és $B D$ metszéspontja $E$ , végül $M O A ∢ = N O B ∢ = α$ .

1. ábra

Nyilvánvaló, hogy az

A B

húron kívül eső körszeletnek a helyén kell maradnia, sőt az is kézenfekvő, hogy az

O A B

körcikk és az

A B D C

idom

A B E

közös részét a maga egészében a helyén hagyjuk, és a körcikk első vágásaként a

B E

határvonallal próbálkozzunk. Ekkor a második vágásnak az

O B E

háromszög valamelyik oldalára merőlegesen kell állania, hogy a részek szögeivel kitölthessük a

C

-nél és

D

-nél levő derékszögeket. Az

O B

-nek

F

felezőpontjából kiinduló és a

B E

-re merőleges

F G

vágás célhoz vezet, amennyiben

E

felezi

O A

-t (1. ábra a része). Ekkor ugyanis az

F

körüli

180^{\circ}

-os forgás az

F B G

háromszöget

F O G^{*}

háromszögre viszi át, az

E

körüli

180^{\circ}

-os forgás pedig az

E G G^{*} O

trapézt az

E D C A

trapézra, hiszen

O E = E A

miatt

O D = D C

, és így

\begin{matrix} D G = \frac{D B}{2} = \frac{O C}{2} = O D = A C, \end{matrix}

tehát az

O C A G^{*}

idom téglalap, és

E

a középpontja.
Eszerint a bizonyítás az állítás szerint végrehajtható, ha az

O A C

háromszögben

O C = 2 A C

, és a körcikket a

B E

F G

szakaszok mentén vágjuk 3 részre.
Az átdarabolásról csuklós szemléltető modell készíthető (az ábra b része), vagyis olyan, amelyben a 3 részt az

E

-ben és

F

-ben a síkra merőlegesen álló tengelyek (csuklók) összetartják.

2. ábra

Megjegyzések. 1. Ha megengedjük, hogy a körszelet lefedésében a szétvágott körcikk egy darabját hátoldalával fölfelé illesszük be, akkor minden egy bizonyos korlát alatti

α

esetében megvalósítható az átdarabolás (2. ábra a része): mérjük föl

A C

-t

B

-től

D

felé, a

G

végpontjában húzzuk meg

O B

-ig az

F G ⊥ B D

szakaszt, és vágjuk szét a körcikket

B E

és

F G

mentén. Valóban, meghúzva

A

-n át

O M

-ig az

A K ∥ O B

szakaszt, a

B F G

háromszög áttolható az

A K C

háromszögre, és könnyű belátni, hogy az

O E G F

négyszöggel lefedhető a vele tükrösen egybevágó

A K D E

négyszög (tükrözés az

O A

O B

sugarak

A_{1}

B_{1}

felezőpontjait összekötő

t

tengelyre és

B_{1} A_{1}

nagyságú és irányú eltolás, azaz csúszó tükrözés).
Ez a 2 vágás addig lehetséges, amíg

A C ≦ B E

. Kiszámítható, hogy ez addig teljesül, míg

\begin{matrix} A C ≦ \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2} \cdot O C, más szóval, míg α ≦ 31, 7^{\circ} . \end{matrix}

2. A fenti megoldás is kiadódik innen, amikor ti. az

O E G F

négyszög tükrös az

O G

átlóra, és így elmaradhat a hátoldalra fordítása. Ekkor

G

rajta van az

M O N

szög felezőjén, vagyis

D G = O D = A C = B G

, és így

O C = B D = 2 A C

.
3. Az

M O A ∢ = A O B ∢

, vagyis

α = 30^{\circ}

esetben a

B E

vágást nem használó átdarabolás is lehetséges a 2. ábra b része szerint: az

A B C_{1} A

idom helyben marad, a

B P D_{1} C_{1}

trapéz elfordul

A E D C

-re, és az

O P D_{1}

háromszög ‐ hátoldalára fektetve ‐ a

B E C_{1}

háromszöget fedi le (2. ábra b része).

Nagy

(853)

Zoltán (Budapest, XI. ker. Bocskai úti ált. isk. 7. o. t.)
Fiala Tibor (Budapest, Rákóczi F. g. I. o. t.)