Kezdőlap


Feladat:	Gy.2267	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kós Géza
Füzet:	1986/január, 19 - 20. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Alakzatok hasonlósága, Négyszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben, Szinusztétel alkalmazása, Síkbeli szimmetrikus alakzatok, Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/április: Gy.2267

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

I. megoldás. A $P$ pont pontosan akkor van az $A C$ átlón, ha a $D P$ egyenes $A C$ -vel való $P_{1}$ metszéspontja és a $B P$ egyenes $A C$ -vel való $P_{2}$ metszéspontja egybeesik: $P_{1} = P_{2}$ (1. ábra). Ehhez elég belátni, hogy $C P_{1} = C P_{2}$ .

1. ábra

A C D

háromszögben

C A D ∢ = 30^{\circ}

és

D C A ∢ = 40^{\circ}

, ezért az

A D C ∢ = 110^{\circ}

, és így a

P_{1} D C ∢ = 70^{\circ}

. Ezért

C P_{1} D ∢ = 70^{\circ}

, és így a

C D P_{1}

háromszög egyenlő szárú, vagyis

C D = C P_{1}

.

Írjuk föl a szinusztételt az

A C D

háromszögre!

\frac{C D}{C A} = \frac{sin 30^{\circ}}{sin 110^{\circ}}

.

A két egyenletből :

\begin{matrix} C P_{1} = C D = C A \frac{sin 30^{\circ}}{sin 110^{\circ}} = \frac{C A}{2 sin 110^{\circ}} = \frac{C A}{2 sin 70^{\circ}} = \frac{C A}{2 cos 20^{\circ}} . \end{matrix}

(1)

A B C

háromszög is egyenlő szárú, ezért

C A = C B

.

Írjuk föl a

B C P_{2}

háromszögre is a szinusztételt!

\frac{C P_{2}}{C B} = \frac{sin 20^{\circ}}{sin 40^{\circ}}

.
Az utóbbi egyenletből :

\begin{matrix} C P_{2} = C B \frac{sin 20^{\circ}}{sin 40^{\circ}} = C B \frac{sin 20^{\circ}}{2 sin 20^{\circ} cos 20^{\circ}} = \frac{C B}{2 cos 20^{\circ}} = \frac{C A}{2 cos 20^{\circ}} . \end{matrix}

(2)

(1) és (2)-ből pedig

C P_{1} = C P_{2}

, és ezt akartuk igazolni.

II. megoldás. Tekintsük az

O

középpontú

P_{1} P_{2} ... P_{18}

szabályos

18

-szöget (2. ábra). Tükrözzük az

O P_{18}

sugarat a

P_{4} P_{16}

egyenesre ! Ez a tengely a szabályos

P_{4} P_{10} P_{16}

háromszög egyik oldala, így

O

tükörképe

P_{1}

és ‐

P_{18}

tükörképét

P'_{18}

-vel jelölve ‐

O P_{1} P'_{18} ∢ = P_{1} O P_{18} ∢ = 20^{\circ}

. Ez azt is jelenti, hogy a

P_{1} P'_{18}

egyenes átmegy

P_{12}

-n. Másrészt

O P_{2}

és a rá szimmetrikus

P_{4} P_{16}

P_{6} P_{18}

egyenesek is egy ponton,

R

-en mennek át.

2. ábra

Tekintsük most a

P_{18} P_{12} O R

négyszöget! Mivel a kerületi és középponti szögek tétele szerint

O P_{18} P_{12} ∢ = 30^{\circ}

P_{18} P_{12} Q ∢ = 10^{\circ}

P_{18} P_{12} O ∢ = 30^{\circ}

P_{18} O R ∢ = 40^{\circ}

és a

P_{4} P_{6} R

háromszögből

P_{18} R Q ∢ = P_{4} R P_{6} ∢ = 40^{\circ}

. Tehát a

P_{18} P_{12} O R

négyszög hasonló a feladatban szereplő

A B C D

négyszöghöz, továbbá a

P

pont megfelelője éppen a

Q

pont, amely valóban rajta van az

Q P_{18}

átlón. Ebből pedig már következik a feladat állítása.

Kós Géza (Bp. Berzsenyi D. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. Csak kevesen vették észre, hogy a feladat szoros kapcsolatban van Csirmaz László: Egy geometriai feladatról c. cikkével (ugyanaz a szám, 1985. április, 147. old.). Feltehetően nem véletlenül. Az az 5 beküldő, aki a cikkben rejlő ötletet felhasználta, eljutott a feladat előbbi igen egyszerű és elegáns megoldásához.