Kezdőlap


Feladat:	520. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bártfai Pál , Csáki Endre , Csiszár Imre
Füzet:	1953/november, 101 - 102. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Hossz, kerület, Trapézok, Paralelogrammák, Szabályos testek, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1953/február: 520. matematika feladat

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

I. megoldás: A betűzést az ábra mutatja. $M$ , $N$ , $P$ az illető élek felezőpontja,. tehát $M N$ a keresett távolság.

M N P ▵

-ben

M P

(mint a

D E A ▵

középvonala)

= \frac{a}{2}

P N = a

, az

M P N ∢ = E D C ∢ = 60^{\circ}

(mert a szárak párhuzamosak és egyirányúak). Ebből következik, hogy

M N P

derékszögű háromszög, melynek átfogója

P N = a

, egyik befogója

M P = \frac{a}{2}

és így a keresett

M N

befogó

= \frac{a}{2} \sqrt[]{3}

Csáki Endre (Győr, Révai g. IV. o. t.)

II. megoldás: A

B E

él

Q

felezőpontját összekötve az

M

és

N

pontokkal, a nyert

P N Q M

trapéz

P N

oldala

a

, a többi

3

oldal pedig

\frac{a}{2}

vagyis ez a trapéz egy

\frac{a}{2}

oldalhosszúságú szabályos hatszögnek (az oktaéder szabályos hatszög metszetének) a fele. E hatszög köré irt kör sugara tehát

\frac{a}{2}

és így a körbeírt szabályos háromszög oldala

M N = \frac{a}{2} \sqrt[]{3}

Bártfai Pál (Bp., L, Petőfi g. II. o. t.)

III. megoldás: Legyen

R

D E

él felezőpontja, akkor

M R ∥ A D ∥ N C

, és

M R = \frac{a}{2} = N C

, vagyis

N C R M

paralelogramma, mert két oldal párhuzamos és egyenlő. Ebből következik, hogy a másik két oldal is egyenlő (és párhuzamos), vagyis

M N = C R

. (Más szóval:

C R

M N

-nek párhuzamos eltolása). De

C R

C D E

szabályos háromszög magassága és így

M N = \frac{a}{2} \sqrt[]{3}

Csiszár Imre (Bp., I., Petőfi g. I. o. t.)