Feladat: 1182. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Abos I. ,  Ámon Magdolna ,  Csűrös M. ,  Fazekas P. ,  Fodor J. ,  Friss Ilona ,  Gálfi l. ,  Jankó M. ,  Kertész J. ,  Lehel J. ,  Major J. ,  Malatinszky G. ,  Mihályi Z. ,  Nagy Dénes L. ,  Naszályi F. ,  Nováky B. ,  Pázmándi L. ,  Raisz M. ,  Renner G. ,  Somos P. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Szigeti F. ,  Szirai J. ,  Vadász Péter ,  Várnai L. ,  Zalán F. Á. ,  Zalán P. 
Füzet: 1963/március, 123 - 124. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Négyszög alapú gúlák, Kocka, Terület, felszín, Térfogat, Térelemek és részeik, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/május: 1182. matematika feladat

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

Legyen a felsorolt 7 él felező pontja rendre J, K, L, M, N, P, Q, továbbá a CDHG és az EFGH lap középpontja R, ill. S. Határozzuk meg sorra a T test határlapjainak a területét. Jelöljük a kocka élhosszúságát c-vel.

 
 

Az ABCMJ alaplap az alapnégyzetből egy c/2 befogójú egyenlő, szárú derékszögű háromszög elhagyásával keletkezett ‐ jelöljünk egy ilyen háromszöget H0-lal ‐, a PQS fedőlap viszont éppen egy ilyen H0 háromszög. A kettő területe együtt tehát a négyzet területével egyenlő.
Hasonlóan az ABLPK és CNRM lapok együttes területe egy kockalap területével egyenlő, mert az előbbi a kocka egy lapjából két H0 háromszög elhagyásával keletkezett, az utóbbi viszont két ilyen háromszögre bontható szét.
A BCNL téglalap egy kockalap fele, az AJQK trapéz pedig egy félnégyzetből egy H0 háromszög elhagyásával keletkezik. Mivel a H0 háromszög területe egy kockalap nyolcadrésze, így az eddig leírt lapok együttes felszíne (3-1/8)c2=23c2/8.
A J, M, R, Q pontok egy síkban vannak, trapézt alkotnak, mert MR∥JQ, és ezzel egybevágó trapézt határoznak meg az L, P, S, N pontok, mivel LN∥PS, továbbá LN=JQ=c, PS=MR=c/2, végül az LP, ill. JM oldal merőleges a párhuzamos oldalakra és mindkettő egy H0 háromszög átfogója, tehát hossza c/2. A két trapéz területének összege tehát (3/2)c⋅c/2=3c2/22.
Az N, R, Q, S pontok egy paralelogrammát határoznak meg, mert RN∥SQ, és mindkettő hossza c/2. A paralelogramma egyik magassága RS, mert benne van az M, R, S, P pontokon átmenő, a kockát felező síkban, RN és SQ pedig merőleges erre a síkra. RS=c/2, a paralelogramma területe tehát c2/22.
Végül még hátra van a KPQ háromszög, mely szabályos, oldalainak hossza c/2, így területe c23/8.
Eredményeinket összegezve T felszíne
f=c28(23+82+3)≈4,506c2.

A térfogat kiszámítása céljára messük el a testet a KLN síkkal, ez átmegy R-en és felezi a JQ élt U-ban. T alsó része ötoldalú hasáb, ennek térfogata ‐ az ABCMJ alaplap területének felhasználásával T1=7c3/16. T felső részét négyoldalú csonkagúlává egészíthetjük ki, ha hozzávesszük az EPQK és RUVQ gúlákat, ahol V a DH él felezőpontja. Így térfogata
T2=c6(c2+c24+c22)-2c6⋅c28=c34,
és a teljes térfogat 11c3/16.
A K, L, N, ill. R pontokból P, Q, S-be futó átlóknál az A, B, C, ill. M-ből ugyanoda futó átló hosszabb, így a leghosszabb átló, vagy átlók egyik végpontját az alaplapon kell keresnünk. A BDHF sík két oldalán levő csúcsokat nézve az AN, CK, CP, CQ átlók jönnek tekintetbe, mindegyik hossza 3c/2; a MRSP sík két oldalán levő csúcsokat tekintve pedig ismét AN, CK, CQ, továbbá BQ, és az utóbbi hossza is 3c/2. A számítás azt mutatja, hogy nincs a mondott 5 egyenlő hosszú átlónál hosszabb testátló.
 
Vadász Péter(Budapest, Kölcsey F. g. III. o. t.)

 
Megjegyzés. A térfogat kiszámításához T-nek számos más felbontása is szerepelt a dolgozatokban. Egy gépies, de jól áttekinthető felbontás az AB, AD és AE élek felező merőleges síkjával a kockát nyolc c/2 élű kockára darabolta és T-nek ezekbe eső részét számította.