Kezdőlap


Feladat:	F.1790	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Z. , Bartha M. , Bartolits I. , Bezdek K. , Boruzs Mária , Breuer P. , Burda Magdolna , Deák P. , Deli L. , Dévényi T. , Dobos I. , Fazekas I. , Frey G. , Füredi Z. , Gáspár Cs. , Gáspár Gy. , Gerőcs I. , Glöckner Gy. , Gudenus L. , Gulyás J. , Horváth L. , Józsa I. , Juhász Gy. , Kémeri Viktória , Kollár István , Kósa Zsuzsa , Kovács István , Kristóf Z. , Krisztalovics Katalin , Lang I. , Lővei P. , Nádasdi I. , Nagy S. , Oláh Vera , Pallaghy Á. , Pallagi D. , Pap Gy. , Pataki B. , Puruczki Ágnes , Ribli Ágnes , Sebő A. , Smohay F. , Szabados Gy. , Szigeti G. , Takács Judit , Tari J. , Turán György , Turi Erzsébet , Varga Gy. , Vermes A. , Wettl F.
Füzet:	1974/február, 56 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Poliéderek átdarabolása, Síkra vonatkozó tükrözés, Hasábok, Terület, felszín, Térfogat, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Tetraéderek, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/október: F.1790

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

A két ötszöglap az $A B$ él körül egymásba fordítható. Ezért egyrészt egymás tükörképei a síkjaik közti szög felezősíkjára. Így az $E H$ , $C F$ élek és a $D G$ egyenes merőlegesek e síkra, párhuzamosak egymással, és így a test két hátralevő lapja a konvexség alapján a $D G H E$ és a $D G F C$ trapéz, hiszen $D G$ távolabb van $A B$ -től, mint $C F$ és $E H$ .

Az ötszöglapok egymásba fordításából az is következik, hogy a

D E

egyenesnek az

A B

forgástengelyen levő

M

metszéspontján átmegy

D E

-nek elfordított helyzete, a

G H

egyenes is, és

M

-re az ötszög szimmetriái alapján

M H = M A = M E = C E

, az ötszög átlója ‐ aminek hossza, mint ismeretes,

2 cos 36^{\circ} =

= (\sqrt[]{5} + 1) / 2

, hosszúságegységnek

A B

-t véve ‐, és ugyanígy a

D C

G F

élpár

N

metszéspontjára

N C = N F = N B = C E

.
Ezek szerint a kérdéses test előállítható az

M N D G

tetraéderből a

M A E H

N B C F

tetraéderek lemetszésével. És mivel másrészt felépítésénél fogva a test az

A B

él felező merőleges síkjára is szimmetrikus, azért térfogata 2-szer akkora, mint az

M O D G

és

M A E H

tetraéderek térfogatának különbsége, ahol

O

A B

él felezőpontja.
Vegyük észre még, hogy mivel

B D

párhuzamos

A E

-val, azért a

B D G

sík párhuzamos

A E H

-val, így

B D G

is egyenlő oldalú háromszög mint

A E H

-nak az

M

centrumból nagyított képe, tehát

D B = B G = A C

, és a test két trapézlapja egybevágó az

A B C E

trapézzal.
Eszerint a test

f

felszínét megadja az

A B C E

idom területének 4-szereséből és a

C D E

A E H

háromszögek területének 2-szereséből adódó összeg. A trapéznak, valamint a

C D E

háromszögnek a

C D

alapra merőleges magassága

sin 72^{\circ} = \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}} / 4

, így

\begin{matrix} f & = 4 \cdot \frac{1 + \frac{\sqrt[]{5} + 1}{2}}{2} sin 72^{\circ} + 2 \cdot \frac{1}{2} sin 72^{\circ} + 2 \frac{\sqrt[]{3}}{4} = \\ = \frac{4 + \sqrt[]{5}}{4} \cdot \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}} + \frac{\sqrt[]{3}}{2} = 6, 797 területegység . \end{matrix}

O D G

egyenlő szárú háromszögben

\begin{matrix} O D = \sqrt[]{B D^{2} - B O^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt[]{5 + 2 \sqrt[]{5}}, \end{matrix}

így az

O

-ból húzott magasság:

\begin{matrix} O O' = \sqrt[]{O D^{2} - \frac{D G^{2}}{4}} = \frac{1}{4} \sqrt[]{14 + 6 \sqrt[]{5}} = \frac{\sqrt[]{5} + 3}{4} . \end{matrix}

M O D G

tetraédernek az

O D G

lapra merőleges magassága:

\begin{matrix} M O = M A + A O = \frac{\sqrt[]{5} + 2}{2}, \end{matrix}

tehát ez a térfogat:

\begin{matrix} \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt[]{5} + 1}{2} \cdot \frac{\sqrt[]{5} + 3}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{5} + 2}{2} = \frac{9 + 4 \sqrt[]{5}}{24} . \end{matrix}

A E H

háromszög köré írható kör sugara

A M' = 1 / \sqrt[]{3}

, így az

M A E H

gúla

M

-ból húzott magassága:

\begin{matrix} M M' = \sqrt[]{C E^{2} - \frac{1}{3}} = \sqrt[]{\frac{14 + 6 \sqrt[]{5}}{12}} = \frac{\sqrt[]{5} + 3}{2 \sqrt[]{3}}, \end{matrix}

tehát térfogata:

\begin{matrix} \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{5} + 3}{2 \sqrt[]{3}} = \frac{\sqrt[]{5} + 3}{24} . \end{matrix}

Végül a vizsgált test térfogata a mondottak alapján

\begin{matrix} V = \frac{2 + \sqrt[]{5}}{4} = 1, 059 térfogategység . \end{matrix}

Turán György (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn.)

Megjegyzések. 1. A test térfogatát más felbontásból is számíthatjuk, pl. az

F C E

sík ‐ amely

H

-n is átmegy ‐ két ferdén lemetszett háromoldalú hasábra darabolja a testet (oldaléleik iránya

C E

, ill.

C F

2. Hasonlóan a

D G A H E

és

D G B F C

csonkahasábokra és a

D G A B

gúlára bontva a testet, e három rész mindegyikének térfogata

V / 3