A B. 4716. feladat (2015. május)

B. 4716. Az $\displaystyle ABCDE$ szabályos ötszögből kivágtuk az $\displaystyle AB$ és $\displaystyle AE$ élek által meghatározott $\displaystyle ABFE$ rombuszt. Határozzuk meg a megmaradó $\displaystyle BCDEF$ konkáv ötszöglemez súlypontját.

Javasolta: Dombi Péter (Pécs)

(3 pont)

A beküldési határidő 2015. június 10-én LEJÁRT.

Megoldásvázlat: A $\displaystyle BCDEF$ ötszög felbontható a $\displaystyle BCF$ és $\displaystyle ECD$ háromszögekre. A keresett $\displaystyle S$ súlypont a szimmetria miatt illeszkedik az $\displaystyle AF$ egyenesre. A $\displaystyle BCF$ és az $\displaystyle ECD$ háromszögek súlypontját összekötő egyenesre is illeszkedik a súlypont, és erről az egyenesről belátható, hogy átmegy $\displaystyle F$-en. Így $\displaystyle S$ maga az $\displaystyle F$ pont.

Megoldás. A megoldás során fel fogjuk használni a következő, ismert állítást.

Lemma. Ha egy síkidomot két részre osztunk, a részek területei $\displaystyle T_1$ és $\displaystyle T_2$, súlypontjaik pedig $\displaystyle S_1$ és $\displaystyle S_2$, akkor a síkidom $\displaystyle S$ súlypontja az $\displaystyle S_1S_2$ szakasznak az a pontja, melyre $\displaystyle T_1:T_2=S_2S:SS_1$ teljesül.

Tudjuk, hogy a szabályos ötszög átlója párhuzamos az ötszög szemközti oldalával. Mivel a rombusz szemközti oldalai is párhuzamosak s egy adott ponton át egy adott egyenessel csak egy párhuzamos húzható, ezért $\displaystyle F$ megegyezik az $\displaystyle EC$ és $\displaystyle BD$ átlók metszéspontjával.

Legyen a $\displaystyle BCDEF$ ötszöglemez súlypontja $\displaystyle S$. Ha a lemezt a $\displaystyle CD$ szakasz $\displaystyle f$ felezőmerőlegesével osztjuk két részre, akkor a részek $\displaystyle f$-re nézve szimmetrikusak, tehát súlypontjaik is azok, amiből a lemma miatt következik, hogy $\displaystyle S$ rajta van $\displaystyle f$-en.

centerline1. ábra

Osszuk most az ötszöglemezt az $\displaystyle EC$ egyenessel két részre. Az így keletkezett két háromszög, $\displaystyle BCF$ és $\displaystyle DEC$ egyenlőszárú, mert a rombusz oldalainak egyenlősége miatt $\displaystyle BF=AE$, tehát mindkét háromszögnek van két-két olyan oldala, melyek hossza megegyezik a szabályos ötszög oldalának hosszával. Legyen a $\displaystyle CF$, illetve $\displaystyle CE$ szakaszok felezőpontja $\displaystyle M_1$, illetve $\displaystyle M_2$, a $\displaystyle BCF$ és $\displaystyle DEC$ háromszögek súlypontja pedig $\displaystyle S_1$, illetve $\displaystyle S_2$ (1. ábra). Mivel bármely háromszögben a súlypont harmadolja a súlyvonalakat, ezért ekkor $\displaystyle S_1$ a $\displaystyle BM_1$, $\displaystyle S_2$ pedig a $\displaystyle DM_2$ szakasz $\displaystyle EC$ egyeneshez közelebbi harmadolópontja. Mivel a két háromszög egyenlő szárú, így $\displaystyle BM_1\perp CF$ és $\displaystyle DM_2\perp CE$. Ezért annál a merőleges tengelyes affinitásnál, melynek tengelye az $\displaystyle EC$ egyenes, aránya pedig $\displaystyle 1/3$, a $\displaystyle B$ pont képe $\displaystyle S_1$, a $\displaystyle D$ pont képe $\displaystyle S_2$, a tengelyen lévő $\displaystyle F$ pont képe pedig önmaga lesz. Ezért az affinitásnál a $\displaystyle BFD$ egyenes képe az $\displaystyle S_1FS_2$ egyenes lesz, azaz $\displaystyle S_1S_2$ átmegy $\displaystyle F$-en.

A lemma miatt a konkáv ötszöglemez súlypontja az $\displaystyle S_1S_2$ szakaszon is rajta van, tehát nem lehet más, mint $\displaystyle f$ és $\displaystyle S_1S_2$ metszéspontja. Vagyis a $\displaystyle BCDEF$ konkáv ötszöglemez súlypontja az $\displaystyle F$ pont.

Sal Kristóf (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 11. évf.) dolgozatát felhasználva

Statisztika:

62 dolgozat érkezett.
3 pontot kapott:	Andó Angelika, Kocsis Júlia, Kuchár Zsolt, Tóth Viktor.
2 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Cseh Kristóf, Csorba Benjámin, Dobák Dávid, Gál Hanna, Glasznova Maja, Hansel Soma, Horeftos Leon, Khayouti Sára, Kovács 246 Benedek, Leitereg Miklós, Nagy 555 Botond, Nagy-György Zoltán, Páli Petra, Schrettner Bálint, Simon Dániel Gábor, Stein Ármin, Széles Katalin, Török Tímea, Török Zsombor Áron, Váli Benedek, Varga-Umbrich Eszter, Várkonyi Dorka, Wiandt Péter.
1 pontot kapott:	27 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem versenyszerű:	3 dolgozat.

A KöMaL 2015. májusi matematika feladatai