Feladat: 1956. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1956/november, 78 - 79. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb sokszögek geometriája, Pont körüli forgatás, Tengelyes tükrözés, Középponti és kerületi szögek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1956/szeptember: 1956. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás: Legyenek az ABCDEF hatszög A, C és E csúcsoknál levő szögei 120∘-osak. Ekkor a másik három szög összege is 360∘; mert a hatszög szögeinek összege 720∘. Így az ABC háromszöget A körül elforgatva, míg AB a vele egyenlő AF oldalra kerül és hasonlóan a CDE háromszöget E körül ED oldalával EF-re forgatva, a BC és DC oldalak egy egyenesre fognak kerülni (4. ábra), és mivel a két oldal egyenlő, a C csúcs a két forgatásnál ugyanabba a G pontba kerül.

 
 
4. ábra
 

A keletkező AEG háromszög az AEC háromszög tükörképe az AE egyenesre nézve. Az elforgatás folytán keletkezett CAG és CEG szögek 120∘-osak, s így az AE szimmetriatengely az AC és EC oldalakkal 60∘-os szöget zár be, az ACE háromszög tehát szabályos.
 

II. megoldás: a) Az állítást konvex hatszögre igazoljuk. Az előző megoldás jelöléseit használva rajzoljunk A középpontú körívet F-en és B-n át a (120∘-os) FAB szög szárai közé és hasonlóan C középpontú kör a BCD szög szárai közé B-n és D-n át. A két körívről az FB, ill. BD szakasz 120∘ alatt látszik, mert a látószögek 240∘-os középponti szöghöz tartozó kerületi szögek. (5. ábra).
 
 
5. ábra
 

Belátjuk, hogy a két körív metszi egymást. A D pont az FAB120∘-os szögtérben van, mert a hatszög konvex, továbbá az FB köríven kívül, mert különben az FDB szög legalább 120∘-os volna. Mivel a BCD és DEF egyenlőszárú háromszögek szárai közti szög 120∘, így ezeknek a D-nél levő szárai 30∘-osak, tehát a hatszög D-nél levő szöge 180∘-nál nagyobb volna, de ez lehetetlen, mert a hatszög konvex. Ugyanígy következik, hogy az F pont a BCD120∘-os szögtérben van, a BD köríven kívül. A BD körív az FAB körcikk belsejébe indul a B pontból, mert az ABC szög a hatszög konvex volta miatt 180∘-nál kisebb. Így a két körív valóban metszi egymást egy I pontban. Ez a pont B tükörképe az AC egyenesre.
Az I pontból, mint láttuk, az FB és BD szakasz 120∘-os szög alatt látszik, s így ugyanakkora szögben látszik a DF szakasz vagyis az E középpontú, D-n és F-en áthaladó kisebb körív is átmegy I-n. Ebből következik, hogy az I pont D-nek is tükörképe a CE egyenesre és F-nek is tükörképe az EA egyenesre.
Az ACE háromszög oldalai a bizonyítottak szerint merőlegesek, az egymással 120∘-os szöget bezáró, IB, ID és IF szakaszokra s így szabályos háromszöget alkotnak.
b) Ha a hatszögben pl. a D csúcsnál levő szög 180∘-nál nagyobb, akkor D az FAB körcikkben van, s így a BD és DF körívek meghosszabbítása metszi az FB ívet egy közös I pontban (6. ábra).
 
 
6. ábra
 

A bizonyítás ez esetben az előbbihez teljesen hasonló módon fejezhető be.