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