Feladat: 298. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Barok I. ,  Bayer N. ,  Csada I. ,  Cukor G. ,  Davida L. ,  Dénes M. ,  Erdős V. ,  Felhőssy J. ,  Fried E. ,  Füstös P. ,  Grossberger Z. ,  Kirchknopf E. ,  Kiss J. ,  Koffler B. ,  Kovács Gy. ,  Löwy J. ,  Miklóssy K. ,  Neumann L. ,  Paunz A. ,  Rosenhtal Miksa ,  Sárközy P. ,  Szilárd V. ,  Szőke D. ,  Viola R. ,  Zentai S. 
Füzet: 1903/március, 188 - 189. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Gyakorlat, Síkgeometriai bizonyítások, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül sokszögekben
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1902/december: 298. matematika gyakorlat

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

A1A3A5 háromszög egyenlőoldalú és A3A5A2A6, tehát az A1B1B6 háromszög is egyenlőoldalú.

 
 

Ugyanígy kimutathatjuk, bogy az A2B2B1,A3B3B2,A4B4B3,A5B5B4 és az A6B6B5 háromszögek is egyenlő oldalúak. De A1B1=A2B1, mert
A2A1A3=30=A1A2A6
s így
B1B6=B1B2.
Ugyanez áll a többi háromszögekre is, tehát B1B2=B2B3=B3B4=B4B5=B5B6=B6B1. A B1B2B3B4B5B6 hatszög mindegyik szöge 120, mert pl.
B2B3B4=180-B3A3A4-B3A4A3=180-30=120,
tehát e hatszög valóban szabályos.
Ha a kisebb hatszög területe t, a megadotté T. akkor
t:T=B1B2¯2:A1A2¯2=B1A2¯2:A1A2¯2=sin230:sin260=14:34=1:3.

(Rosenthal Miksa, Pécs.)
 

A feladatot még megoldották: Barok I., Bayer N., Csada I., Cukor G., Davida L., Dénes M., Erdős V., Felhőssy J., Fried E., Füstös P., Grossberger Z., Kirchknopf E., Kiss J., Koffler B., Kovács Gy., Löwy J., Miklóssy K., Neumann L., Paunz A., Sárközy P., Szilárd V., Szőke D., Viola R., Zentai S.