i i “4-4-Petek-SeOSestih” — 2010/5/10 — 12:12 — page 1 — #1 i i i i i i List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 4 (1976/1977) Številka 4 Strani 246–249, XIII Peter Petek: ŠE O ŠESTIH TOČKAH Ključne besede: tekmovanja, naloge, matematika, geometrija, enako- krak trikotnik, razdalja dveh točk, petkotnik, simetrala. Elektronska verzija: http://www.presek.si/4/4-4-Petek-trikotnik.pdf c© 1977 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije c© 2009 DMFA – založništvo Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo- ljeno. šE O š ESTI H TOCKAH V prv; š t ev i l ki t eg a letnik a smo vam na strani 57 zas t avi li nalogo: postavi šest to čk v prostor t ako , da vedn o dob iš enak o- kr ak t r i kot ni k, kak or koli ~ e i zbere š tr i toč ke , pri tem pa nobe- na peterica toč k ne sme le žat i na i s ti r av ni ni . Med odgovori smo dobil i dve bistveno različni re šitv i (glej tre tjo števil ko s t r . 18 5) : ena korob o prav il no t r i s t r an o pr i zmo i n dvojno po ko nčno pi ramido nad kvadr a t om. Rešitev je pa š e mn ogo več in zanimivo bi bilo pois kati vs e re šitv e naloge . Poglejmo s i na j pr e j še nekaj novih r eši t ev, ki jih ni bi lo med vašimi ! Zidovska zvezda. Na sli ki 1 vidimo dva ena kostr ani čna t riko t- nika ABC in DEF, ki l ežita v vzpored nih rav nina h, zvez ni ca s r e- dišč tri kotn i kov je pr av okot na na r avn i ni , li ka pa sta zas u kana za 60° . Pri tem pa mora bit i razdalja med vzpo r ednima rav ninama taka, da je AE = AB = a . (Po Pitagorovem iz r eku iz računamo , da mora biti ra zdalja a 11.) E'Q-_-f- c E d=a{f c B 51. 1a F 51. 1b 51. 2 ~ pentagona . Na sliki 2 so štiri od pet ih ogli š č pravilnega petkotnlka (pentagona) A , B , C in D. Toč ka S je središče očrta­ nega kr oga - to j e le pomožna toč ka in ni med i zb ranimi, sa j bi bila to že peta toč ka v isti ravnini. Pač pa i zberemo naslednji dve točki na pravo kotnici na r avn i no v toč k i S. Peto toč ko E iz- beremo kj erkoli izven ravnine , za šes t o pa i mamo tr i možnosti : lah ko jo iz ber emo s i m e t r i č n o glede na r avnino (sli ka 3a ), lah ke pa vzamemo v šestilo razdaljo r = EA = EB = EC = ED in z nj o o č r tamo kr og l o okrog t o č ke E. P r eb odišč i kro gle sprav okot ni co sta t udi mo žna položaja šeste toč ke F (sl i ka 3b) . 246 1'2 E S E I I I F I I I S A 51. 3b l'j S I. 3a B E Kvadratna piramida s središčem očrtane krogle. Vsaki pokončni kvadratni pi ramidi je moč očrtati kroglo. Pet oglišč piramide in središče očrtane krogle kot šesta točka ustrezajo pogojem naloge (slika 4). Daleč sem od tega, da bi tr- dil , da sem našel vse možne re- šitve . Vendar bi rad pokazal, ka- ko naj bi se te naloge lotili , če bi jo hoteli v popolnosti re- š it i . Za čnimo s postavljanjem točk v prostor. Prve tri A , B, C mo- rajo seve le žati v isti r avni ni, kot pač vsake t r i točke , obenem pa morajo po pogojih naloge biti v ogliščih ena kokr a kega trikot- ni ka . Recimo, da je C vrh in AB osnovnica ena kokrakega tr i kotni- ka , ki pa je zaen krat še čisto poljuben . Kam postavit i četrto toč ko D? Tu sta dve možnost i, ali točka D le ži v ravnini ABC ali pa ne lež i. Nisem uspel najti nobenega primera, kj er ne bi le ža - le šti r i točke v isti ravnini - pri ž i dovsk i zvezdi na primer le- že toč ke A, B, D , E v isti ravnini . To seveda ne pomeni, da take rešitve tudi res ni. Odgovora enostavno ne vem. Zato vzemimo , da leži četrta točka D v ravnini ABC. Kj e pa naj leži? Vsak položaj že ne bo dober, saj morajo biti enakokraki trikotniki ABD, ACD in BCD . 247 Na sl iki 5*vidimo osnovni tri kotn ik ABG in še raznobarvne kro- ge in premice . Z rdečo barvo je označena množica to č k v ravnini, kjer bi nam četrta toč ka D dala enakokrak t r i kot nik ABD . Na s i- met rali stranice AB namreč leže točke, ki so ena ko oddaljene od A in od B, zato dobimo v tem primeru ena kokrak tr ikotnik ABD s stranico AB kot osn ovnic o. č e le ži točka D na rde č em kr ogu s sre- diščem v točk i A , je seveda AD = AB in je trikotni k enakok rak z osnovni co BD . Podobno s klepamo naprej in nari šemo še zeleno in rjav o množico toč k; zelena na r edi enako kra k tri kotnik AGD , r j ava BGD. Ker pa je AG = BG , je zato krog s s redi ščem v toč ki G zelen in r j av hkrati. Reš itev naloge , položaj to č ke D, moramo is kati v prese ku vseh t reh raznobarv nih množic. S sli ke preberemo na jprej toč ko Dl - sečiš če str a n ičnih simetral oziroma sr edišče tri kotniku ABG o čr­ tanega kroga. Tor ej je prva rešitev pod šifro "t ri kotni k s sredi- š č e m " . Točka D2 nam ne da nič novega, s aj je zdaj le točka c pre- vzela sred iščno vlogo v trikotniku ABD 2 in šifra je ista . Podob- no je s toč kama D3 i n D4 . Pač pa toč ka D5 ustvari novo šifro "r omb" . c c 5 1. 6 zu skupaj. Pa r ec i mo , da so padle v isto točko; ka j lahko povemo o trikotni ku ABG? Takrat seve padejo v isto točko tudi tri točke, ki leže simetri čno glede na rde čo si- metralo. Označimo skupno lego točk D' , D" in D'" z D6 in sime- trično ležečo to čko D 7. Prepričali se bomo, da toč ke A, D6 , G, D7 , B leže v ogli ščih pravilnega pet kotnika (slika 6) . Na sliki zdaj ne opazimo nobenih presečišč vseh treh barv več , vendar ne smemo pozabiti, da morda pr i kak - šnem drugem razmerju med osnovni co in kr ak om tri kot- ni ka ABG padejo s kupaj kak- šna dvobarvna presečišča . Na sli ki vidimo, da leže točke D' , D " in D '" bli- ... 51 ika 5 je na nasl ovn i strani. 248 Ker l a f i t o t k a D6 na rdeEam krogu, j e a5 = = e. Ker pa l e f i t u d i na r e l e n i s ime t ra t f , fe t o E k ~ D6 oddal jena od C ravno t o l t k o Lo t A, t o r e j 2a a. Ee ponoviao sktepe za toCko DT, vidimo. da ima p e t k c t n i k enake stvanjce. ToEka D6 pa l e f i t u d i na eodrem kragu i n j e ra to a6 = U. T r I k o t n i k a ABDs i n DsCA s ta s k l a d - na, ke r imata vsa t s i s t r e n i c e skladne. Zato s t a skladna tudf ko- t a BADs i n U 6 C . Podobno sklepano Se ra o s t a l e ko te t r i k o t n i k a , ugotovlao, da so enaki , I n p e t k o t n l k pravr len. A l i Se 0dtoEino za toEko D6 a t i g7, vedno dobimo Stir+ aglFSEa prav f lnega pat - kotntka, za to i 4 f r a @ % pa tka tn j ks * , X i rmo j o u p o r a b i l t t e p r i naltevanju nekater lh r e a f t ev s S e s t i n i toEkami. Sedaj pa aastane vpralanje. a t f aarda pri kakBnam drugahem ra rmer ju padejo skupaj kakina druga preseEtZEa. Nor use tri pre- rfce se sskajc vedno l e v toCk i D l , Eim pa vzamemo p r e s e t i 5 t e le dveh p ree ic , t a k o j dabTme l s t o toEko. T r r j e rarnobarvn i k r o g i nimajo skuprce t o t k e - r a r e n teda j , ko j e t r i k o t n f k ABC enakostra- n i t e n i n se rdeEI i n r e l e n i k rog okrog toEke A z l i j e t a , arnpak t o nam da l e nov i r v o d romba. Ee pavzamemo: v r a v n t n l lmamc tr l b l s t veno r a z l l C n e p o l o t a j e I t i r J h to tk . k i u s t r e z a j o pogo$ea naloge: t r l k o t n i k s sreditieeut, romb i n 3 p r t k o t n i ka. Ka* p o s t a v i t i peto i n Besto toCko. pa j e t e zahtevne j fa nalo- ga, t o l i k o bolJ, ke r s i p roetorske s i t u a e i j e ne moreno v e t n a r i - sa t1 v r a z l l C n f h barvah na l i s t papf r fa . Zato t u odnehajao. LIST ZA MLADE MATEMATIKE OO FIZIKE ASTRONOME J 2 D A J A DMFA SRS