Feladat: 1351. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Füzet: 1974/március, 108 - 110. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Alakzatba írt kör, Tengelyes tükrözés, Hossz, kerület, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben, Érintősokszögek, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/február: 1351. matematika gyakorlat

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

1. Első lépésül a 4 szimmetriatengelynek az N nyolcszöghöz és egymáshoz viszonyított helyzetét kell tisztáznunk. Legyenek N egymás utáni csúcsai A, B, C, D, E, F, G, H és a kiindulási k kör középpontja O.
Mivel az AB és AH egyenesek érintik k-t, azért egymás tükörképei az AO egyenesre mint tengelyre. Megmutatjuk, hogy AO az N-nek is tengelye. AO a k-nak mindenesetre tengelye. Másrészt az adatok szerint N oldalai közt csak egyféle hosszúság lép föl, így AB=AH, a B, H csúcsok is egymás tükrös párjai; ezért a belőlük k-hoz húzott második érintők, a BC és HG egyenesek is, és BC=HG alapján a C, G csúcsok is egymás képei AO-ra. Tovább ugyanígy a CD, GF egyenesek, a D, F csúcsok, végül a DE, FE egyenesek is páronként egymás képei, ezért E rajta van az AO egyenesen, ez tehát valóban szimmetria-tengelye N-nek, és egyben átlója is, két szemben fekvő csúcsot köt össze.
Ugyanígy adódik a betűk ciklikus fölcserélésével, hogy N a BF, CG és DH átlóira nézve is szimmetrikus. Így ez az a 4 tengely, amiről a feladat föltevése szólt, más tengely tehát nincs is. Mind a négy tengely átmegy O-n.

 

 

Meggondolásunk szerint a BH, DF, CG átlók merőlegesek AE-re, és hasonlóan BD, FH merőlegesek CG-re, tehát a BDFH idom derékszögű négyszög. És mivel még ugyanígy ennek BF és DH átlói merőlegesek egymásra, azért BDFH négyzet, a négy tengely közül bármelyik kettő vagy 90∘ vagy 45∘ szöggel hajlik egymáshoz. A betűk kellő cseréjével ugyanez áll ACEG-re és e 4‐4 csúcs egy-egy, az O körüli körön van. Nem lehet e két kör azonos egymással, különben az ABO háromszög egyenlő szárú lenne, és ez a háromszög, valamint N is szimmetrikus lenne AB felező merőlegesére, ami különböző a talált tengelyektől.
2. Jelöljük OA, OB hosszát a-val, illetve b-vel, B-nek OA-n levő vetületét B'-vel, O vetületét AB-n O'-vel, ekkor a mondottak szerint OB'=B'B=b/2 és B'A=|a-b/2|. Az ABB' háromszögből
AB2=25=(a-b2)2+(b2)2=a2+b2-2ab,(1)
és az AOB háromszög területének kétféle kifejezéséből
12AO⋅BB'=ab22=12AB⋅OO'=15,
ab=302.(2)
Az utóbbit (1)-be helyettesítve
a2+b2=85,(3)
és a (2), (3) rendszerből, fölismerve, hogy 85=45+40 és
2ab=602=21800=245⋅40,
kapjuk:
(a±b)2=85±602=45±245⋅40+40=(45±40)2.

Megállapodhatunk, hogy legyen OA≦OB, ekkor N-nek azok az átlói, amelyek a mondott négyzeteknek is átlói, ill. oldalai
AE=2a=(45+40)-(45-40)=410(=12,65egység),BF=2b=245=65(=13,42egység)
(és ekkor OB'=32,5=1,510<210=OA, tehát N konvex), továbbá
AC=a2=45(=8,944egység),BD=b2=310(=9,487egység).

Végül az az átló, amely a kisebb és a nagyobb négyzet egy-egy legtávolabbi csúcsát köti össze:
BE2=EB'2+B'B2=(a+b2)2+(b2)2=a2+b2+2ab=85+2ab=145,
BE=145=12,04egység.
 Az AE, BF, AC, BD, BE hosszúság a szimmetriák alapján rendre 2, 2, 4, 4, 8 átló hosszát adja meg, ez együtt 20 átló, ennyi átlója van minden konvex nyolcszögnek, eszerint a feladat megoldását befejeztük.
 

Megjegyzések. 1. Az OO'=6 adat és az OA=40 eredmény egybevetéséből érdekes egyszerű eredményként O'A=2,O'B=3 egység. Kiadódik ez ‐ a számos megoldó által használt tangens-addíciós összefüggés nélkül is: legyen még A vetülete OB-n A', ekkor O'A=x jelöléssel O'B=5-x,
tgO'OA∢=tgB'BA∢,éstgO'OB∢=tgA'AB∢
alapján
x6=AB'BB'=a-b2b2=2ab-1és5-x6=2ba-1,
innen pedig az a/b hányadost kiküszöbölve
(x+6)(11-x)72=1,x2-5x+6=0,
x=2 (a kisebbik gyök, mivel OA<OB miatt O'A<O'B).
 
2. Megállapíthatjuk a 4 szimmetriatengely kölcsönös helyzetét anélkül is, hogy kihasználnánk k körnek az oldalakkal való érintkezését és az oldalak egyenlőségét, de természetesen hosszabb meggondolással. Vázoljuk ennek lépéseit:
 

α) nem lehet két párhuzamos a tengelyek közt, tehát bármelyik két tengely metszi egymást;
β) bármelyik tengelyre nézve a többi 3 tengely tükörképe is tengely, így egyikük önmagába megy át, a másik kettő egymásba;
γ) eszerint a 4 tengely két egymásra merőleges párba kapcsolódik, bármelyik pár felezi a másik pár közti 4 szöget, ezért a szögek 45∘ többszörösei.
 
3. Mindenesetre bizonyítani kellett volna valahogyan a tengelyek helyzetéről csak mintegy "megérzés alapján'' kimondottakat. Az érkezett dolgozatok viszont rögtön ezzel kezdődtek; jobb esetben ennyi bevezetéssel: "könnyű belátni, hogy ...''.
 

4. Nyolcszögünk csak konvex lehet. Ha ugyanis hurkolt lenne, a kerületen végigjárva,  8⋅5=40 egységnyi úttal 3-szor járnánk körül k-t, holott annak a kerülete 12π=37,7 egység.