Feladat: 1015. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bácsy Zs. ,  Biborka T. ,  Bollobás B. ,  Bornes Klára ,  Börzsönyi J. ,  Fekete J. ,  Frint G. ,  Fritz J. ,  Gazsi L. ,  Grüner Gy. ,  Hahn J. ,  Hajna János ,  Holop A. ,  Kiss A. ,  Klimó János ,  Knuth E. ,  Mészáros Kornélia ,  Molnár E. ,  Tihanyi A. ,  Török P. ,  Várady G. ,  Veress Gy. 
Füzet: 1960/november, 124 - 126. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Terület, felszín, Trapézok, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/december: 1015. matematika feladat

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

Az 1014. feladat jelöléseivel G oldallapjainak magassága EM2=a5/2, és így területe t=a25/4, az oldalél hossza pedig hasonlóan AE=c=a6/2.

 
 

Az oldallapokon a metszéssel előállt kisebb háromszögek területét egyszerűen kapjuk a következő nyilvánvaló segédtétel alapján. Ha az XY, XZ fél egyeneseken Y1, Z1 olyan pontok, amelyekre XY1:XY=λ és XZ1:XZ=λ1, akkor az XY1Z1 háromszög területe λλ1-szerese az XYZ háromszög területének. Így az ABE oldallap T1-re eső AM2M1 háromszögének területe t/22=t/4, ennélfogva a T2-re eső BEM1M2 rész területe 3t/4. Hasonlóan a BCE, CDE, DAE oldallapok T1, ill. T2-re eső részének területe rendre 4t/9 és 5t/9, 14t/15 és t/15, végül 9t/10 és t/10, így G-nek 4t palástfelszínéből T1-re esik 91t/36=91a25/144, T2-re pedig 53t/36=53a25/144. Az alaplap megfelelő részeinek területe (lásd 1014-ben) 11a2/12, ill. a2/12.
A T1 és T2 mindegyikének lapját adó M1M2M3M4M5=Q síkmetszet M1M2N3M5=Q1 és M5N3M3M4=Q2 részei trapézok, mert a 966. feladat szerint M1M2, M4M3 és M5N3 mindegyike párhuzamos BE-vel, és így egymással is. Q1 és Q2 magasságainak h1:h2 aránya nyilván egyenlő az M2N3:N3M3 aránnyal; ez pedig a háromszög szögfelezője által létesített szakaszok arányára ismert tétel alapján egyenlő az M2B:BM3 aránnyal, ugyanis BN3, mint az alapnégyzet BD átlójának része, felezi az M2BM3 háromszög B-nél levő szögét. Az adatok szerint M2B:BM3=3/2, tehát h1:h2=3/2.
Q1 és Q2 párhuzamos oldalainak hossza M1M2=m1=c/2, M4M3=2c/3 és M5N3=m6=4c/5, így a középvonal hossza Q1-ben k1=13c/20, Q2-ben k2=11c/15, és ebből arányuk k1:k2=39/44.
Ezek szerint Q területének megállapítása céljára elég Q1 és Q2-nek t1=k1h1, ill. t2=k2h2 területe közül egyiket kiszámítani, mert a másik a
t1t2=k1h1k2h2=k1k2h1h2=394432=11788
arány alapján kifejezhető. Innen Q területe t1+t2=205t1/117.
t1 kiszámításához elegendő, ha még meghatározzuk M2N3 és M1M5 szárait. Az eddigiekből nyilván M2N3=3M2M3/(3+2)=a13/10, mert M2M3=a13/6. ‐ M1M5-öt tekintsük azon téglatest egyik testátlójának, melynek 2 lapsíkja párhuzamos ABCD síkjával, további 2‐2 lapsíkja merőleges AB-re, ill. AD-re, és mindhárom párhuzamos síkpár egyik tagja M1-en, másik tagja M5-ön megy át. Az ABCD-vel párhuzamos síkok távolsága, a téglatest egyik éle, nyilván M1 és M5 magasságkülönbségével egyenlő, ami az idézett eredmények ill. adat szerint 4a/5-a/2=3a/10. A további két síkpár távolsága ‐ gondolva E, M1, M5-nek AB-re, ill. AD-re vett vetületére, melyek közül E vetülete felezi az illető élt ‐
12a2-15a2=310a2=3a20,ill.a4+a10=7a20.
Ezekkel
M1M5=(3a10)2+(3a20)2+(7a20)2=a9420.

Messe most már M5N3-at az M1-en át M2N3-mal húzott párhuzamos N-ben (1014. fd. 1. ábra), tehát a fentiekből M5N=m6-m1=3c/10=3a6/20=a54/20, másrészt M1N=M2N3=a13/10=a52/20. Vegyük észre, hogy az M1M5N háromszög oldalai arányosak 94, 54, 52-vel. Az ezekkel mint oldalakkal szerkesztett háromszög területe a Heron-képlet beszorzással előálló
16t2=2(a2b2+b2c2+c2a2)-(a4+b4+c4)
alakjából 11088/4=14477/4=377. Ezért az M1M5N háromszög területe 3a277/400, és így az M5N alaphoz tartozó magassága h1=a77/106. És mivel k1=13c/20=13a6/40, azért a Q síkmetszet területe:
205t1117=205k1h1117=41a2777200,4996a2.

Mindezek alapján T1 és T2 felszíne
F1=a2720(4555+660+4177)2,289a2,F2=a2720(2655+60+4177)1,406a2.



Hajna János (Pécs, Széchenyi I. g. IV. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A koszinusz-tétel felhasználásával az ADE háromszögből cosAED=(2c2-a2)/2c2=2/3, és így az M1EM5 háromszögből rövidebben,
M1M5=c24+c225-2c2c523=47c2300=47a2200.
Hasonlóan az ACE és M1M4E háromszögekből ez az egyszerű eredmény adódik: M1M4=a6/4=c/2=M1M2.
 

Klimó János (Kaposvár, közg. techn. IV. o. t.)
 

2. Q területét úgy is megkaphatjuk, hogy az N1N2M5 háromszög területéből kivonjuk az N1M2M1 és N2M3M4 háromszögek területének összegét. Vázoljuk ezt a számítási lehetőséget.
A DN1N2 háromszögből N1N22=52a2/9; az oldallapoknak az alapélen levő szögére cosADE=a/2c=1/6; így N1DM5-ből (vagy ismét a térbeli Püthagorász-tétellel) N1M52=376a2/225, N2DM5-ből N2M52=84a2/25, így N1N2M5 területe 2a277/15 (Heron).
A levágandó N1M2M1 háromszög hasonló N1N3M5-höz, N2M3M4 pedig N2N3M5-höz, N1N3:N1M2=8:5, N2N3:N2M3=6:5, így M1N1=5M5N1/8, M4N2=5M5N2/6, továbbá M2N1=N1N2/4, M3N2=N1N2/2. Ezekből fenti segédtételünk alapján a levágandó háromszögek területe 5/32, ill. 5/12 része N1N2M5 területének, együtt 55/96 része, tehát Q-ra 41/96 rész marad vissza, ami ismét 41a277/720.
3. Elsősorban az ábrázoló geometriában jártas versenyzőink számára ‐ de valamennyi olvasónknak is ‐ ajánljuk ábránk tanulmányozását. Ezen az alapsíkba (K1-be) forgatva látják az ADE oldallapot és az N1N2M5 háromszöget, az utóbbihoz az AD(E)-ben adódott (M5)-at használtuk fel, (E)-hez pedig azt, hogy a GE oldalmagasság GE és GD vetületének egyenlősége folytán egyenlő GC-vel. ‐ A dolgozatok jórésze több vetítéssel, hosszas meggondolásokkal lényegében hasonló, de hosszabb utakon jutott eredményhez.