Kezdőlap


Feladat:	1184. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Úry László , Váli László
Füzet:	1968/november, 150 - 151. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szabályos sokszögek geometriája, Szabályos sokszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/február: 1184. matematika gyakorlat

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

a) A keresett négyzet további két csúcsát $C$ -vel, $D$ -vel jelöljük, minden más betű előkészítő (segéd-)pontokat jelöl.
Megoldottuk a feladatot, ha sikerül a négyzet $A C$ és $B D$ átlója céljára $\sqrt[]{2} \cdot A B$ hosszúságú szakaszt szerkeszteni. Könnyen tudunk $\sqrt[]{3} \cdot A B$ hosszúságot szerkeszteni, ekkora pl. az $A$ és a $B$ középpontú, $A B$ sugarú körök közös húrja. Most már a $2 A B$ alapú, $\sqrt[]{3} \cdot A B$ szárú egyenlő szárú háromszög magassága a keresett távolságot nyújtja. Ez szintén megszerkeszthető csak körzővel. A szerkesztés aránylag kevés körrel a következő módon hajtható végre.

1. ábra

Legyen az

A

pont körüli,

A B

sugarú kör ‐ röviden: az

A (A B) k_{1}

kör ‐ és a

B (B A) = k_{2}

kör két metszéspontja

L

M

(1. ábra), továbbá

k_{1}

és az

L (L M) = k_{3}

kör

M

-től különböző metszéspontja

N

, az

N (L M) = k_{4}

és

B (L M) = k_{5}

körök egyik metszéspontja

P

. Ekkor

C

-t

k_{2}

-ből az

A (A P) = k_{6}

kör metszi ki,

D

pedig

k_{1}

és a

C (A B) = k_{7}

kör metszéspontja. (Elég

C

-ként az egyik metszéspontot venni, mert a másik metszéspont az elsőnek a tükörképe az

A B

egyenesre nézve.)
A szerkesztés szerint

A B L

és

A B M

egyenlő oldalú háromszögek,

L A M ∢ = L A B ∢ + B A M ∢ = 2 \cdot 60^{\circ} = 120^{\circ}

, eszerint

L M

k_{1}

-be írt egyenlő oldalú háromszög oldala, ezért

L N

is az,

L A N ∢ = 120^{\circ}

, tehát

N

B

pont tükörképe

A

-ra nézve. Így a

P B N

háromszög egyenlő szárú, és alapjának felezőpontja

A

, ezért

P A B ∢ = 90^{\circ}

. Továbbá

A M B L

rombusz, emiatt¹

A B^{2} + L M^{2} = 4 A L^{2}

L M^{2} = 3 A B^{2}

, ezért az

A B P

derékszögű háromszögben

A P^{2} = B P^{2} - A B^{2} = L M^{2} - A B^{2} = 2 A B^{2}

, vagyis

A C^{2} = 2 \cdot {A B}^{2}

; eszerint

C

megfelel a követelménynek,

D

pedig paralelogrammává, négyzetté egészíti ki az

A B C

egyenlő szárú derékszögű háromszöget.
b) A szabályos

12

-szöget az előbbi

A B C D

négyzet felhasználásával abból szerkesztjük, hogy egy szöge

150^{\circ} = 90^{\circ} + 60^{\circ}

, tehát

B

-vel,

A

-val szomszédos

A_{1}

, ill.

A_{10}

csúcsa a

B C

, ill.

A D

oldal fölé kifelé szerkesztett szabályos háromszög csúcsa (2. ábra).

2. ábra

További csúcsai legyenek

A_{2}

A_{3}

...

A_{9}

. Az

A_{1}

csúcs már ki van tűzve, mint

k_{2}

és

k_{7}

metszéspontja. Legyen az

A (A A_{1}) = k_{8}

és

A_{1} (A A_{1}) = k_{9}

körök

C

-hez közelebbi metszéspontja

O

, ekkor az

O (A A_{1}) = k_{10}

kör a

k_{1}

k_{8}

és

k_{9}

körből kimetszi rendre az

A_{10}

A_{9}

A_{3}

pontot,

k_{10}

-ből pedig az

A_{3} (A A_{1}) = k_{11}

A_{5}

-öt,

A_{9} (A A_{1}) = k_{12}

A_{7}

-et, végül

A_{3} (A B) = k_{13}

és

A_{7} (A B) = k_{14}

A_{2}

A_{4}

A_{6}

A_{8}

csúcsot.
E lépéseket az indokolja, hogy

A A_{1} A_{3} A_{5} A_{7} A_{9}

12

-szög köré írt körnek beírt szabályos hatszöge, ezért a kör középpontjából

A A_{1}

60^{\circ}

szögben látszódik, ennek megfelel

O

, és a körülírt kör

k_{10}

Úry László (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t.)

Megjegyzések. 1.

A_{1}

-et a

C

pont felhasználása nélkül is megkaphatjuk abból, hogy

L B A_{1}

egyenlő szárú derékszögű háromszög, a szükséges körívek száma így is

7

. (A

k_{2}

-be írt

A L L' N' L'' M

szabályos hatszög csúcsait használjuk fel,

N'

-t kimetszi

k_{3}

L'

-t és

L''

-t pedig az

A (L M)

kör.)
2.

C

-t tekinthetjük az

L L'

és

A N'

ívek,

A_{1}

-et pedig az

L' N'

L L''

ívek felezőpontjának is. Az ezeket kijelölő eljárás általánosításaként megemlítjük, hogyha adott egy

Q R

körív és az ezt tartalmazó kör

S

középpontja, akkor körző használatával kijelölhető az ív

T

felezőpontja (2. ábra): az

U_{1}

U_{2}

pontokkal mint negyedik csúccsal paralelogrammává egészítjük ki az

S R Q

S Q R

háromszögeket, az

S

-sel felezett

U_{1} U_{2}

szakasz fölött

U_{1} R

szárral

U_{1} U_{2} V

egyenlő szárú háromszöget szerkesztünk, végül a

Q R

ívet metsszük az

U_{1} (S V)

körrel, a metszéspont

T

. A bizonyítást az olvasóra hagyjuk.
Váli László (Budapest, I. István Gimn., II. o. t.)

3. A most mondott ívfelezés néhány előkészítő lépés után végrehajtható akkor is ‐ szintén kizárólag körző használatával ‐, ha csak a

Q R

ív adott, de tudjuk, hogy az egy kör része (körív hiányzó középpontjának megszerkesztése, ún. Napóleon-szerkesztés).
4. Az érdeklődők az 1294. feladatban ‐ K. M. L. 29 (1964) 136. o. ‐ megtalálhatják a szabályos ötszög csúcsainak csak körzővel való megszerkesztését, ha adott két szomszédos vagy két másodszomszédos csúcsa.

¹Paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő oldalainak négyzetösszegével, lásd legutóbb az 1040. gyakorlatban, K. M. L. 33 (1966) 152. o.