Feladat: F.1886 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Bacsó G. ,  Bartha Miklós ,  Bezdek K. ,  Bíró B. ,  Borbély A. ,  Cséplő G. ,  Darida Margit ,  Detzky G. ,  Ernhöffer F. ,  Fazekas l. ,  Fejér Sz. ,  Fördős J. A. ,  Handbauer R. ,  Hargitai B. ,  Hollósy Attila ,  Horváth Eszter ,  Horváth Mária ,  Horváth Ottó ,  Illés G. ,  Jakab T. ,  Kiss Béla ,  Kiss Emil ,  Kovács Imre ,  Kovács Zoltán ,  Lelkes A. ,  Molnár Gy. ,  Orosz Á. ,  Papp L. ,  Pócsi Gy. ,  Rapp F. ,  Réthy I. ,  Schvarcz T. ,  Simányi N. ,  Siptár M. ,  Sparing L. ,  Süvöltős F. ,  Takáts T. ,  Timár J. ,  Tóth A. ,  Uzonyi Gy. ,  Veres S. ,  Vladár K. 
Füzet: 1974/március, 103 - 105. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Vetítések, Téglatest, Hossz, kerület, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Szerkesztések a térben, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/május: F.1886

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

I. megoldás. 1. Lényegében az AG, BC kitérő egyenespár normáltranszverzálisának BC-n levő végpontját kell megszerkesztenünk, majd ezt ismételnünk, BC szerepére CD-t, végül DH-t véve. Ennek megoldását ismerjük a tankönyvből* olyan esetre, ha a két egyenes vetületeivel van megadva a Monge-féle képsíkrendszerben; a transzverzális képeit a képsíkrendszer (általában kétszeri) transzformációja és visszatranszformálás útján kapjuk meg.

 

 

1. ábra
 

Esetünkben könnyítést ad, hogy a téglatestnek rendre két-két lapsíkjából alakítva képsíkrendszerünket, a mozgó pont által bejárt élek kitüntetett helyzetűvé, vetítőegyenessé válnak, ezért már az eredeti képekből megkapjuk a normáltranszverzális végpontjait. Az eljárást két függőleges képsík (K2 és K3) alkalmazásával mutatja be az 1. ábra, az AG átló és a CD él (a 2. pályaszakasz) legrövidebb távolsága az NP (az alábbiak szerinti N2P2) szakasz.
Tetszetősebb azonban közvetlenül azt a meggondolást alkalmazni, amely az idézett eljárást készítette elő: AG-n át fölvesszük a BC-vel párhuzamos síkot ‐ ez az AGF átlós sík, hiszen GFCB (2. ábra) ‐, erre a síkra merőlegesen rávetítjük BC-t, a vetület AG-ből kimetszi a transzverzális N végpontját, végül ezt visszavetítve BC-re, kapjuk P-t, a BC pályaszakasznak AG-hez legközelebbi pontját.
 

 

2. ábra
 

A végrehajtás első lépésében elég BC-nek egy pontját vetíteni AGF-re mondjuk B-t, és legyen a vetület M ‐, hiszen így a vetület az M-en átmenő, GF-fel párhuzamos egyenes lesz; maga a BM egyenes merőlegesen áll egyrészt GF-re, tehát CB-re is, így benne lesz a B-n át CB-re merőlegesen álló BAF síkban, másrészt AF-re is, vagyis M a B vetülete AF-re. A mondott N metszéspont visszavetítése pedig a CBM síkban végezhető: NPMB, ismét azért, mert MB merőleges BC-re.
A 2. ábrán ugyanígy szerkesztettük a CD és DH pályaszakasz AG-től mért P2N2, ill. P3N3 távolságát az AGH, ill. AGC átlós sík felhasználásával. A 2. ábra szerkesztő vonalait vetületben szemlélve az 1. ábrát, ill. megfelelőit kapjuk, a különbözőség csak az, hogy az 1. ábra gépies lépéseihez hozzáfűztük a megfelelő gondolatot. Ezzel a kívánt számítást is előkészítettük.
2. Legyen AB=a, AD=b és AE=c. Az alakzat hasonló derékszögű. háromszögeit felhasználva
BPBC=MNFG=ANAG=AMAF=AMABABAF=(ABAF)2,
BP=a2ba2+c2,CP=c2bc2+a2,NP=MB=ABBFAF=aca2+c2
A számadatokkal BP=1,8, NP=0,949 egység, és eredményeink kellő átbetűzésével CP2=0,6, N2P2=0,894, DP3=4/13=0,308, N3P3=1,664 egység (továbbá AN=(9/10) AG=3,368, AN2=2,994, AN3=1,151).
 

Bartha Miklós (Szeged, JATE Ságvári E. Gyak., Gimn. IV. o. t.)

 

II. megoldás. Ha kiválasztjuk egy téglatest valamelyik testátlóját, ezzel a téglatest három lehetséges él iránya közül egyiket sem tüntettük ki. Bármelyik irányt vesszük is, a vele párhuzamos négy él közül kettő csatlakozik a választott testátlóhoz, kettő pedig kitérő hozzá viszonyítva, és e kettő a testátló felezőpontjára (a test szimmetriacentrumára) nézve tükrösen helyezkedik el. Elég tehát a BC éllel kapcsolatos teendőinket elvégezni, a másik két él esete ebből az élek szerepének alkalmas felcserélésével kapható meg.
Fektessünk át AG-n BC-vel párhuzamos S síkot: ez a téglatest AFGD átlós síkja. A BC szakasz végpontjainak az S-en levő vetületét megkapjuk, ha B-t AF-re, C-t DG-re vetítjük. A vetületeket összekötő szakaszon vannak S-nek BC-hez legközelebb levő pontjai. Tehát ennek a szakasznak AG-vel alkotott metszéspontja van AG pontjai közül BC-hez legközelebb. Ezt az N metszéspontot BC-re visszavetítve kapjuk BC-nek AG-hez legközelebbi pontját. Ezzel a feladatot térbeli konstrukcióval megoldottuk. Megszerkeszthetjük a kérdéses szakaszok hosszát síkbeli szerkesztéssel is, ha adottak a téglatest oldalszakaszai.
 

 

3. ábra
 

Rajzoljuk meg először az ABFE téglalapot, ennek AF átlója fölé pedig az AFGD téglalapot. Az AF egyenesre merőleges, B-n átmenő egyenes metszi ki az AF, AG egyenesekből az M, N pontokat. N-et AD-re merőlegesen vetítve kapjuk P-nek AD-n levő Q vetületét. Az AB=a, AD=b, AE=c jelölésekkel
BM2=AMMF=(AMAF)(MFAF)AF2=a2c2a2+c2,AQ=ANAGb=AMAFb=AMAFAF2b=a2ba2+c2


ahonnan a=3, b=2, c=1 behelyettesítéssel az I. megoldásban közölt eredményekkel azonos számokat kapunk.
* Czapáry E.‐Gyapjas F.‐Horvay Katalin‐Pálmay L.: Matematika a gimn... IV. o. számára, Tankönyvkiadó, Budapest 1969. a 171‐I77. oldalon.