Feladat: Gy.2227 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1985/november, 385 - 386. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Derékszögű háromszögek geometriája, Szögfelező egyenes, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szabályos sokszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/november: Gy.2227

Egy kör C1 pontját összekötjük az OC1-re merőleges (egyik) sugár D felezőpontjával. Az ODC1 szög felezője OC1-et E-ben metszi. Az E-ben OC1-re állított merőleges a kört C2 és C5-ben metszi. C1 tükörképe OC2-re C3, és OC5-re C4. Bizonyítsuk be, hogy C1, C2, C3, C4, C5 szabályos ötszög.

C1O és C2C5 merőlegességéből következik, hogy C1C2=C1C5, továbbá a tükrözésekből C1C2=C2C3, ill. C1C5=C5C4, amiből a C1C2=C2C3=C1C5=C5C4 húrok egyenlősége következik (1. ábra).
 
 
1. ábra
 

Elegendő azt igazolnunk, hogy C1OC2=72, mert ebből már következik, hogy O-ból a kérdéses ötszög hátralevő C3C4 oldala is 72-os szögben látható.
Legyen a kör sugara egységnyi, ekkor OC1=1, OD=12, és a Pitagorasz-tétel alapján DC1=52. Az ODC1 háromszögre felírhatjuk a szögfelező tételt:
OD:DC1=OE:EC1,azaz12:52=OE:(1-OE).


Innen
OE=15+1.

Jelöljük a C2OE szöget α-val, ekkor az OEC2 derékszögű háromszögben
cosα=OE=15+1=5-14.

 
 
2. ábra
 

Most már csak azt kell látnunk, hogy α=72. Rajzoljunk egy egyenlő szárú háromszöget, amelyben AB=AC=1, és ABC=ACB=72 (2. ábra). Legyen BC=x. Húzzuk meg a B-nél levő 72-os szög szögfelezőjét, ez a szemközti AC oldalt messe a D pontban. A BCD és BDA háromszögek egyenlőszárúak, mert 2-2 szögük egyenlő, így DA=BD=BC=x, CD=1-x. Továbbá BCD és ABC hasonló háromszögek. Ezekből
1:x=x:(1-x).

Az x -re kapott x2+x-1=0 másodfokú egyenletből x=-1±52. Mivel most tudjuk, hogy x>0, csak a pozitív gyököt kell figyelembe vennünk, azaz x=5-12.
Ekkor pedig az ABC háromszögben cos72=x2=5-14, s ezt akartuk bizonyítani.