Kezdőlap


Feladat:	1223. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andor Gy. , Bak Zsuzsa , Csirik János , Csörnyei Z. , Deák István , Dobó Ferenc , Érdi Bálint , Faragó K. , Fodor Zsuzsa , Földeáki Mária , Földes Antónia , Gyárfás András , Horváth József , Jankó Katalin , Keresszegi Hajnalka , Kóbor Gy. , Komor Tamás , Kovács László , Lehel Jenő , Lukács Lídia , Lux I. , Makai Endre , Márki László , Markó J. , Minárik László , Mód G. , Nárai György , Papp M. , Pelikán József , Raisz Miklós , Rigó Éva , Róna Gy. , Róna György , Somos Péter , Sós F. , Szidarovszky Ferenc , Szilágyi Tivadar , Udvardy A. , Veres Ferenc
Füzet:	1963/november, 130 - 132. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Egyéb sokszögek hasonlósága, Téglatest, Térelemek és részeik, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/január: 1223. matematika feladat

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

I. megoldás. A kívánt összeillesztés kétféleképpen lehetséges:

E_{1}^{*}

A A_{1}

szakasz

A_{1}

-en túli meghosszabbításán van, vagy

II. az

A A_{1}

szakaszra kerül

E_{1}^{*}

. A két helyzet egymásból

A_{1} E

mint tengely körüli

180^{\circ}

-os elforgatással áll elő.

A B C D

E_{1} E F F_{1}

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}

és

E_{1}^{*} E^{*} F^{*} F_{1}^{*}

lapok mindkét helyzetben párhuzamosak (beleértve azt is, hogy esetleg egy síkban vannak), mégpedig úgy, hogy a megfelelő éleik is párhuzamosak (tehát pl.

A B ∥ E_{1} E ∥ A_{1} B_{1} ∥ E_{1}^{*} E^{*}

).) A feladatban szereplő egyenesek ‐ beleértve az

A A_{1} \equiv A E_{1} \equiv A_{1} E_{1}^{*}

egyenest is ‐ az első és második, ill. a harmadik és negyedik téglalap megfelelő csúcsainak összekötő egyenesei. Ha ezek egy

M

ponton mennének keresztül, az azt jelentené, hogy a két paralelogrammapár hasonló helyzetű lenne az

M

pontra, mint hasonlósági középpontra nézve, s így hasonlók lennének. Azonban a megfelelő oldalpárok aránya:

\begin{matrix} \frac{A B}{E_{1} E} = \frac{A_{1} B_{1}}{E_{1}^{*} E^{*}} = \frac{126}{100} = \frac{63}{50} és \frac{A D}{E_{1} F_{1}} = \frac{A_{1} D_{1}}{E_{1}^{*} F_{1}^{*}} = \frac{159}{126} = \frac{53}{42}, \end{matrix}

különböző, nem egyszerűsíthető törtekkel fejezhető ki, s így nem egyenlő. (Különbségük

53 / 42 - 63 / 50 = 1 / 525 \neq 0

.) Így nem mehetnek át a szóban forgó egyenesek egy ponton, sőt már a

B E

C F

D F_{1}

sem metszheti ugyanabban a pontban

A A_{1}

(\equiv {A E}_{1})

-et, sem a

B_{1} E^{*}

C_{1} F^{*}

és

D_{1} F_{1}^{*}

egyenesek.

Raisz Miklós (Miskolc, Földes F. g. IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. A tagadó választ természetesen könnyű annak megmutatásával megadni, hogy két egyenes különböző pontokban metszi

A A_{1}

-et. Kiszámíthatjuk pl. alkalmas hasonló háromszögpárokból a

B E_{1}

B_{1} E^{*}

D F_{1}

D_{1} F_{1}^{*}

egyenesek

A A_{1}

-gyel való

M_{1}

M_{2}

M_{3}

M_{4}

metszéspontjának távolságát

A_{1}

-től, és kiderül, hogy mind a négy metszéspont különböző (bár az I. helyzetben igen közel esnek egymáshoz).

2. Nem nehéz belátni, hogy ha a téglalapok nem hasonlók, akkor nem is metszheti mindegyik egyenes

A A_{1}

-et. Viszont elég már egy

A A_{1}

-et nem metsző egyenest megadni a tagadó válaszhoz, mint az alábbi megoldásban történik.

II. megoldás. A feladat kérdésére a válasz tagadó, ugyanis a

C F

egyenes nem is metszi

A A_{1}

-et (és a

C_{1} F^{*}

sem). A

C F

egyenes vetülete az

A_{1} B_{1} C_{1}

síkra a

C_{1} F

egyenes, a síkra merőleges

A A_{1}

egyenesé pedig az

A_{1}

pont. Ha

C F

és

A A_{1}

metszenék egymást, ekkor

C_{1} F

átmenne

A_{1}

-en. Ez az I. megoldásban leírt II. helyzetben nyilván lehetetlen, mert

A_{1}

90^{\circ}

-os

E F F_{1}

szögtartomány belsejében van, viszont a

C_{1}

pont és vele együtt a

C_{1} F

egyenes is azon kívül.
Az I. helyzetben, ha

C_{1} F

átmenne

A_{1}

-en, akkor az

A_{1} C_{1} D_{1}

és

A_{1} F F_{1}

háromszögek hasonlóak volnának. Azonban megfelelő oldalpárjaik arányára

\begin{matrix} \frac{A_{1} D_{1}}{A_{1} F_{1}} = \frac{159}{126} > \frac{C_{1} D_{1}}{F F_{1}} = \frac{126}{100}, \end{matrix}

tehát a kérdéses metszéspont most sem létezik.
(Mivel a

C_{1} F^{*}

vetülete az

A_{1} B_{1} C_{1}

síkra ugyancsak a

C_{1} F

egyenes, így az sem metszheti

A A_{1}

-et.)

Makai Endre (Budapest, Eötvös J. g. II. o. t.)

Megjegyzés. Az a tény, hogy az

A D : E_{1} F_{1} = 159 : 126 = 1, 261 ...

A B : E_{1} E = 126 : 100 = 1, 26

és

A A_{1} : E E^{*} = 100 : 79, 5 = 1, 257 ...

arányok értéke közelítőleg egyenlő (3 értékes jegyre kerekítve

1, 26

), azt jelenti, hogy az

\begin{matrix} A D, E F = A B, E_{1} E = A A_{1} = \frac{A E}{2} és E E^{*} = \frac{A D}{2} \end{matrix}

szakaszok mértékszámai közelítőleg egyenlők egy mértani sorozat négy egymás utáni tagjával. E sorozat hányadosát

q

-val jelölve a negyedik tagra egyrészt közelítőleg

E E^{*} \approx A D \cdot q^{3}

, másrészt pontosan

E E^{*} = \frac{A D}{2}

. Az arányok akkor volnának egyenlők, ha

\begin{matrix} q^{3} = \frac{1}{2}, q = \sqrt[3]{\frac{1}{2}} = \sqrt[3]{0, 5} \approx 0, 7937 ... \end{matrix}

volna, ekkor

\begin{matrix} \frac{1}{q} = \sqrt[3]{2} = 1, 2599 ..., \frac{1}{q^{2}} = \sqrt[3]{4} = 2 q = 1, 587 ... \end{matrix}

Eszerint a fenti

M_{1}

M_{2}

M_{3}

M_{4}

pontok az I. helyzetben azért esnek egymáshoz közel, mert az eredeti test élméretei a

100 \sqrt[3]{2}

100 \sqrt[3]{4}

200 = 100 \sqrt[3]{8}

értékek egészre kerekített értékei, ezért a felezéssel nyert

T'

jó közelítéssel hasonló az eredeti testhez, ugyanígy

T'''

T'' = T'

-höz.
A feladat a szabványos rajzpapírméretek között közelítően fennálló hasonlóság térbeli megfelelője. Az

A / 0

jelű,

1189 \times 841

mm méretű (

1 m^{2}

területű) papírból a hosszabb oldal felébe hajtásával előálló

841 \times 594

mm méretű téglalap jó közelítéssel hasonló az eredetihez (területe

0, 5 m^{2}

; jele

A / 1

). További ilyen felezésekkel állnak elő az

A / 2

A / 3

A / 4

A / 5

jelű,

594 \times 420

420 \times 297

297 \times 210

210 \times 149

mm méretű szabványos papírméretek, és jó közelítéssel a sorozat összes tagjai hasonlók, hosszuk közelítőleg

\sqrt[]{2}

-szerese a szélességüknek, és a szélességük

\sqrt[]{2}

-szer akkora, mint a hosszúságuk fele.