A C. 1358. feladat (2016. május)

C. 1358. Legyen az \(\displaystyle ABCDE\) érintőötszög beírt körének középpontja \(\displaystyle O\), sugara \(\displaystyle r\). Tudjuk, hogy az \(\displaystyle A\) csúcsnál derékszög van és \(\displaystyle EOA\sphericalangle=60^\circ\), valamint, hogy \(\displaystyle OCD\) háromszög szabályos. Határozzuk meg az ötszög területét.

(5 pont)

A beküldési határidő 2016. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az ábra jelölései szerint az érintési pontok legyenek \(\displaystyle F\), \(\displaystyle G\), \(\displaystyle H\), \(\displaystyle I\), \(\displaystyle J\), ahol a sugarak merőlegesek az oldalakra. Az A csúcsnál derékszög van, és \(\displaystyle OJ=OF=r\), így \(\displaystyle AFOJ\) négyzet, ezért \(\displaystyle JOF \angle=90^{\circ}\).

A négyzet \(\displaystyle AO\) átlója ezt a szöget felezi, így \(\displaystyle JOA \angle=45^{\circ}\). Mivel \(\displaystyle EOA\angle=60^{\circ}\), ezért \(\displaystyle EOJ \angle=15^{\circ}\). Az \(\displaystyle E\)-ből induló érintési szakaszok egyenlők, így az \(\displaystyle IOE \angle\) az \(\displaystyle EOJ \angle\) tükörképe az \(\displaystyle EO\) tengelyre és így \(\displaystyle IOE \angle=15^{\circ}\).

Az \(\displaystyle OCD\) háromszög szabályos, \(\displaystyle OH\) magassága felezi a \(\displaystyle COD \angle=60^{\circ}\)-os szöget, így \(\displaystyle DOH \angle=COH \angle=30^{\circ}\) és ezek tükörképei is \(\displaystyle 30^{\circ}\)-osak: \(\displaystyle DOI \angle=COG \angle=30^{\circ}\). Ha összeadjuk az eddig megadott középponti szögeket és kivonjuk \(\displaystyle 360^{\circ}\)-ból, akkor megkapjuk, hogy \(\displaystyle FOG \angle=120^{\circ}\). A szimmetria miatt ezt a szöget \(\displaystyle OB\) felezi, így \(\displaystyle FOB \angle=GOB \angle=60^{\circ}\).

Az ötszög területét egy négyzet és nyolc részháromszög területének összege adja: \(\displaystyle T_{ABCDE}=T_{AFOJ}+2T_{BFO}+4T_{COH}+2T_{IOE}\).

A négyzet területe: \(\displaystyle T_{AFOJ}=r^2\).

A \(\displaystyle BFO\) derékszögű háromszög hegyesszögei \(\displaystyle 30^{\circ}\) és \(\displaystyle 60^{\circ}\), rövidebb befogója \(\displaystyle r\). Hosszabb befogója: \(\displaystyle BF=\sqrt 3r\), területe \(\displaystyle T_{BFO}=\frac{\sqrt3}{2}r^2\).

A \(\displaystyle COH\) derékszögű háromszög hegyesszögei \(\displaystyle 30^{\circ}\) és \(\displaystyle 60^{\circ}\), hosszabb befogója \(\displaystyle r\). Rövidebb befogója: \(\displaystyle CH=\frac{\sqrt3}{3}r\), területe \(\displaystyle T_{COH}=\frac{\sqrt3}{6}r^2\).

Az \(\displaystyle IOE\) derékszögű háromszög egyik hegyesszöge \(\displaystyle 15^{\circ}\), hosszabb befogója \(\displaystyle r\). Rövidebb befogója: \(\displaystyle IE=\tg15^{\circ}r\), területe \(\displaystyle T_{IOE}=\frac{\tg15^{\circ}}{2}r^2\).

\(\displaystyle T_{ABCDE}=r^2+2\cdot \frac{\sqrt3}{2}r^2+4\cdot \frac{\sqrt3}{6}r^2+2\cdot \frac{\tg15^{\circ}}{2}r^2=(1+\sqrt{3}+2\cdot\frac{\sqrt3}{3}+\tg 15^{\circ})r^2\approx4,1547 r^2\).

Statisztika:

53 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bukor Benedek, Cseh Noémi, Dávid Levente, Demeter Gergő, Édes Lili, Fajszi Bulcsú, Fekete Balázs Attila, Geretovszky Anna, Horváth Botond, Kis 999 Alexandra, Marozsák Tóbiás , Mikulás Zsófia, Molnár 410 István, Nagymihály Panka, Pinke Andrea, Póta Balázs, Pszota Máté, Riedel Zsuzsanna, Szécsi Adél Lilla, Szilágyi Éva, Weisz Máté, Zsombó István.
4 pontot kapott:	Czirják Lilla, Garamvölgyi István Attila, Kamenár Gyöngyvér, Markó Anna Erzsébet, Németh Csilla Márta, Páhoki Tamás, Paulovics Péter, Pintér 345 Balázs, Richlik Róbert, Sebe Anna, Tóth 111 Máté , Tubak Dániel, Varga 157 Kristóf, Vlaszov Artúr, Volford Anita, Weisz Viktória.
3 pontot kapott:	4 versenyző.
2 pontot kapott:	9 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2016. májusi matematika feladatai