Kezdőlap


Feladat:	1424. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Babai L. , Berkes Zoltán , Domokos L. , Havas J. , Herényi I. , Iváncsy Sz. , Joó I. , Kádas Sándor , Kafka P. , Kiss Á. , Korchmáros Gábor , Lelkes A. , Lévai F. , Pethő I. , Rácz M. , Sarkadi Nagy István , Szeidl L. , Szeredi Péter , Szilágyi P. , Tényi G. , Verdes S.
Füzet:	1966/május, 212 - 215. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Ábrázoló geometria, Vetítések, Szerkesztések a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/november: 1424. matematika feladat

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

I. megoldás. Felhasználjuk, hogy egy egyenes két szakaszának arányát a merőleges vetítés változatlanul hagyja, továbbá, hogy párhuzamos egyenesek vetületei párhuzamosak.

1.a és 1.b ábra

Messék a nyolcszög

C D

és

G H

oldalegyenesei

A B

-t

B^{*}

-ban, ill.

H^{*}

-ban (1. a ábra).

B C B^{*}

és

H A H^{*}

egybevágó egyenlő szárú derékszögű háromszögek,

B B^{*} = A H^{*} = A B / \sqrt[]{2}

. Ennek alapján

A B'

meghosszabbításaira felmérve az

A B' / \sqrt[]{2}

szakaszt (1. b ábra), megkapjuk

B^{*}

és

H^{*}

vetületét. (A felmért szakasz az

A B'

szakasz mint átfogó fölé szerkesztett egyenlő szárú derékszögű háromszög befogója.) A

B^{*'} C'

egyenesből az

A

-n átmenő,

B' C'

-vel párhuzamos egyenes kimetszi

D'

-t, mert

A D ∥ B C

, másrészt a

C' B^{*'} H^{*'}

háromszöget paralelogrammává kiegészítő pont

H'

. Ekkor

D' H'

felezőpontja a nyolcszög

O

középpontjának

O'

vetülete, erre tükrözve

A

-t,

B'

-t és

C'

-t kapjuk a hátra levő

E'

F'

G'

vetületeket.
Tekintsük a nyolcszög köré írt

k

kört. Ennek egy

d

átmérője párhuzamos a keresett

m

metszésvonallal, és így rajzunk síkjával is, tehát

d

a vetítéskor nem rövidül. Minden más átmérő hajlik a síkhoz, így vetülete rövidebb az átmérőnél. Ezért

d

-nek

d'

vetülete lesz a

k

vetületeként adódó

k'

ellipszis nagy tengelye. Ezt megkaphatjuk abból, hogy

O A

és

O C

k

-nak egymásra merőleges, tehát konjugált félátmérői, és ezért

O' A

és

O' C'

k'

-nek konjugált félátmérői. ^{$^{*}$} Végül

m

átmegy

A

-n és párhuzamos

d'

-vel

Szeredi Péter (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1.

D

E

F

G

H

és

O

vetületét számos más módon is megszerkeszthetjük.

Az

A D

és

C H

átlók

M

metszéspontja (1. a ábra) paralelogrammává egészíti ki

A B C

-t, a mondott átlókat

1 : \sqrt[]{2}

arányban osztja ketté, továbbá rajta van a

B F

szimmetriatengelyen, és

B O

-t

\sqrt[]{2} : 1

arányban osztja ketté.

A B' C' M'

ugyancsak paralelogramma, ezután

D'

O'

szerkeszthetők.

Sarkadi Nagy István (Debrecen, Ref. Koll. G. IV. o. t.)

2. ábra

2. Legyen

B D

B E

B F

B G

B H

metszéspontja

A C

-vel rendre

D_{0}

E_{0}

F_{0}

G_{0}

H_{0}

. Ezek vetületei ugyanolyan arányban osztják

A C'

-t, mint a pontok

A C

-t (

D_{0}

és

H_{0}

tükrös párok is

F_{0}

-ra), így egy tetszés szerinti

S_{8}

szabályos nyolcszöget felvéve

A C'

-n kijelölhetők, tovább pedig pl.

D'

-t a

B' D' : B' D'_{0} = B D : B D_{0}

arány alapján szerkesztjük (2. ábra).

Korchmáros Gábor (Budapest, Rákóczi F. g. IV. o. t.)

3. ábra

II. megoldás. Először a

B C

egyenesnek a rajz síkján levő

X

döféspontját szerkesztjük meg, ekkor a síkok metszésvonala

A X = m

;

X

B' C'

-n lesz (3. a ábra). Forgassuk be a nyolcszög síkját rajzunk síkjába

m

körül. Így

A

a helyén marad,

B

B'

-ből

m

-re állított merőleges egy

B^{0}

pontjába jut (mert a

B

-ből és

B'

-ből

m

-re bocsátott merőlegesek ugyanott metszik

m

-et, ez a forgatás közben

B

által leírt körív középpontja), ugyanígy

C

C'

-n átmenő,

m

-re merőleges egyenes egy

C^{0}

pontjába úgy, hogy

B^{0} C^{0}

átmegy

X

-en. Az

X B' : X B^{0} = X B' : X B

és a

B' C' : B^{0} C^{0}

arányok egyenlők, mert közös

λ

értékük

B C

és a rajzsík hajlásszögének a koszinusza. Meggondolásunkban felhasználjuk az

A

-ban

m

-re állított merőleges sík és a

B C

egyenes

Y

metszéspontját is; ennek vetülete

Y'

, leforgatottja

Y^{0}

, és erre is fennáll

X Y' : X Y^{0} = λ

.
Legyen

A^{*}

olyan pont, melyre

A^{*} B' C' Δ \sim A B^{0} C^{0} Δ

, a csúcspárok a felsorolások rendjében legyenek megfelelők (azaz

A^{*} B' = B' C'

és

A^{*} B' C' ∢ = 135^{\circ}

). A hasonlóság miatt

A^{*} B' : A B^{0} = B' C' : B^{0} C^{0} = λ

, másrészt

A^{*} B' X ∢ = A B^{0} X ∢

, így

X B' A^{*} Δ \sim X B^{0} A Δ

, ezért egyrészt

B' X A^{*} ∢ = B^{0} X A ∢

, másrészt

X A^{*} : X A = λ

, ennélfogva

X A^{*} Y' Δ \sim X A Y Δ

.
Mindezek szerint

X A^{*} Y' ∢ = X A Y^{0} ∢ = 90^{\circ} = X A Y ∢

, így

X

A

Y'

és

A^{*}

egy kör pontjai, melyben

X Y'

átmérő, ennélfogva e kör

K

középpontját

A A^{*}

felező merőlegese metszi ki

B' C'

-ből, sugara

K A

; e körnek

B' C'

-n levő,

A^{*}

-hoz közelebbi pontja

X

‐ mert így a távolabbi lesz

Y'

, arra ugyanis

A^{*} Y' : A Y' > 1

, ami nem lehet hajlásszög koszinusza ‐, végül az

A X

egyenes a keresett

m

.
Ezek után

X

-ben felmérjük az

A X B^{0} = A^{*} X B'

szöget, ennek új szárából a

B'

-n és

C'

-n át

m

-re állított merőleges kimetszi

B^{0}

-t, ill.

C^{0}

-t; a további

5

csúcs leforgatottja az

A B^{0} C^{0}

háromszög köré írt körből az

A B^{0}

húr ismételt felmérésével kapható. Ezek alapján pl.

H'

-t abból kapjuk, hogy egyrészt

B^{0} H^{0}

kimetszi

m

-ből azt a pontot, ahol (a térbeli)

B H

átmegy rajta, és itt

B' H'

is átmegy, másrészt, hogy

H' H^{0} ⊥ m

; vagy pl.

D'

-t megadja a

D^{0}

-on átmenő,

m

-re merőleges és az

A

-n átmenő,

B' C'

-vel párhuzamos egyenes metszéspontja.

A szerkesztés helyessége a végzett gondolatmenet megfordításával belátható.

K

csak akkor nem jön létre, ha

A A^{*}

merőleges

B' C'

-re. Ekkor

A B' C' ∢ > 135^{\circ}

esetén

m ∥ B' C'

A B' C' ∢ < 135^{\circ}

esetén

m ⊥ B' C'

A B' C' ∢ = 135^{\circ}

esetén pedig nincs metszésvonal, a nyolcszög a rajzsíkban van. Ezek igazolását az olvasóra hagyjuk.

Kádas Sándor (Budapest, József A. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. A következő gondolatmenettel szintén a metszésvonal ismeretében jutunk el a vetülethez. Tegyük fel, hogy ismerjük a szabályos nyolcszög

A B = a

oldalát is. Így megszerkeszthetjük

B

-nek és

C

-nek a rajzsíktól való távolságát. Messe az

A

körüli,

a

sugarú körív a

B'

-ben

A B'

-re emelt merőlegest

B_{1}

-ben, ekkor

B

távolsága

B' B_{1}

, mert

A B' B_{1}

A B' B

derékszögű háromszög lefordítottja

A B'

körül a rajzsíkba. Fordítsuk le hasonlóan az

A C' C

derékszögű háromszöget is

A C'

körül az

A C' C_{1}

helyzetbe; ennek

A C_{1}

átfogója a nyolcszög

A C

átlója, ami az

a

szárhosszúságú és

135^{\circ}

szárszögű egyenlő szárú háromszög alapja; így

C

távolsága

C' C_{1}

. Fordítsuk le végül a

B' C' C B

derékszögű trapézt

B' C'

körül a

B' C' C_{2} B_{2}

helyzetbe; ennek párhuzamos oldalai

B' B_{2} = B' B_{1}

és

C' C_{2} = C' C_{1}

, az utóbbi irányát úgy választva, hogy teljesüljön

B_{2} C_{2} = a

. Ekkor a

B_{2} C_{2}

és

B' C'

egyenesek

X

metszéspontja

B C

-nek a rajzsíkon levő pontja, és a metszésvonal

A X

. (Amennyiben

A B' = a

, akkor

m

azonos

A B'

-vel,

A C' = A C

esetén pedig

A C'

-vel, végül ha

A B' = a

és

A C' = A C

, akkor a nyolcszög a rajzsíkban van.)
Most már megszerkeszthetjük a nyolcszögnek

m

körüli lefordítottját.

B

és

C

új helyzetét,

B^{0}

-t, ill.

C^{0}

-t a

B'

-n, ill.

C'

-n át

m

-re állított merőlegesből az

A

körüli

a

sugarú körív, ill. az

X B^{0}

egyenes metszi ki; ezekből a fentiek szerint kapjuk a további csúcsok lefordítottját, majd vetületüket.

Berkes Zoltán (Budapest, Bolyai J. g. III. o. t.)

2. Az

a

nyolcszögoldalt kiszámíthatjuk a

B' C' = p,

C' A = q

és

A B' = r

oldalakból. Legyen

B

és

A

magasságkülönbsége

B' B_{1} = z_{1}

C

és

B

magasságkülönbsége

z_{2}

(mindkettőt előjellel együtt értve), így

C

és

A

magasságkülönbsége

z_{1} + z_{2}

és

\begin{matrix} A B^{2} = r^{2} + z_{1}^{2} = a^{2}, B C^{2} = p^{2} + z_{2}^{2} = a^{2}, \\ A C^{2} = q^{2} + {(z_{1} + z_{2})}^{2} = 4 a^{2} cos^{2} 22, 5^{\circ} = a^{2} (2 + \sqrt[]{2}) . \end{matrix}

z_{1}

z_{2}

kiküszöbölésével, majd a

2 p^{2} q^{2} + 2 q^{2} r^{2} + 2 r^{2} p^{2} - p^{4} - q^{4} - r^{4}

kifejezésben felismerve az

A B' C' Δ

t

területe négyzetének

16

-szorosát:

\begin{matrix} a^{4} - [(2 + \sqrt[]{2}) (p^{2} + q^{2}) - \sqrt[]{2} q^{2}] a^{2} + 8 t^{2} = 0. \end{matrix}

Innen

a

meg is szerkeszthető.

^{$^{*}$}Lásd 1416. feladat, ezen számban, 208. o.