Kezdőlap


Feladat:	F.1952	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Schmidt József
Füzet:	1975/április, 149 - 150. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szabályos sokszög alapú egyéb hasábok, Terület, felszín, Térfogat, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/október: F.1952

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

1. Az alaplap középpontját $O'$ -vel jelölve, a hasáb szimmetriái: 60 $°$ -os elfordítás az $O O'$ tengely körül, tükrözések az $A_{i} O A_{i + 3}$ síkokra $(i = 1, 2, 3)$ ‐ továbbá még 4 tükörsík, amelyekre nem lesz szükségünk. A $C_{j} (j = 1, 3, 5)$ pontok kijelölése és a $C_{j} O C_{j + 2}$ síkokkal való lecsonkítások után maradó résztest is tükrös az $A_{i} O A_{i + 3}$ síkokra, de az OO' tengely körül csak 120 $°$ -os elfordítások viszik át önmagába a testet ( $C_{1}$ , $C_{3}$ , $C_{5}$ -öt ciklikusan egymásba), mert az $O$ -tól $C_{1}$ és $C_{3}$ felé lejtő sík az $A_{2} B_{2}$ oldalél egyenesét $C_{1}$ -nél mélyebben metszi.

E metszéspontot

D_{2}

-vel jelölve, az

O C_{1} D_{2} C_{3}

négyszög rombusz, ugyanis az

A_{2} B_{2} B_{3}

oldallap párhuzamos az

A_{1} C_{1} O

(azaz

A_{1} O A_{4}

) síkkal, igy az

A_{2} B_{2} O

síkra való tükörképeik, az

A_{2} B_{2} B_{1}

A_{3} C_{3} O

síkok is párhuzamosak, ezért az

O C_{1} C_{3}

sík metszésvonalaira

D_{2} C_{3} | | C_{1} O

és

D_{2} C_{1} | | C_{3} O

, továbbá nyilvánvalóan

O C_{3} = O C_{1}

. E rombusz középpontját

M

-mel jelölve,

D_{2}

kétszer akkora távolságban van a fedőlap síkja alatt, mint

M

C_{1}

és

C_{3}

, azaz

B_{2} D_{2} = 2 B_{1} C_{1}

. És mivel

\begin{matrix} B_{1} C_{1} = B_{1} A_{1} - C_{1} A_{1} = A_{3} A_{1} - A_{2} A_{1} < A_{2} A_{3} = C_{1} A_{1}, \end{matrix}

vagyis

C_{1}

följebb van a hasáb fele magasságánál, azért

D_{2}

A_{2} B_{2}

élnek belső pontja.
Így a mondott rombusz a résztestnek egy lapja, a hasáb oldallapjaiból pedig az

A_{2} D_{2} C_{1} A_{1}

-gyel egybevágó trapézok maradnak vissza.
2. A felszínszámítás céljára a fentiek alapján

\begin{matrix} B_{2} D_{2} = 2 (\sqrt[]{3} - 1), O D_{2} = \sqrt[]{1 + 4 {(\sqrt[]{3} - 1)}^{2}} = \sqrt[]{17 - 8 \sqrt[]{3}}, \end{matrix}

\begin{matrix} C_{1} C_{3} = \sqrt[]{3}, A_{2} D_{2} = 2 - \sqrt[]{3}, \end{matrix}

és a 3 rombusz, a 6 trapéz és az alaphatszög együttes területe

\begin{matrix} F = 3 \cdot \frac{\sqrt[]{3} \cdot \sqrt[]{17 - 8 \sqrt[]{3}}}{2} + 6 \cdot \frac{3 - \sqrt[]{3}}{2} + 6 \cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4} = 9 + 1,5 \sqrt[]{51 - 24 \sqrt[]{3}} - 1,5 \sqrt[]{3} = 11,01 területegység . \end{matrix}

3.Messük le a vizsgált testről a

C_{1}

-en átmenő, az alappal párhuzamos

S

síkkal az

O C_{1} C_{3} C_{5}

gúlát és jelöljük

O O'

-nek,

A_{2} B_{2}

-nek

S

-beli pontját

O''

-vel,

C_{2}

-vel. A

C_{1} C_{3}

tengely körüli,

180^{\circ}

-os elfordítás

O''

-t

C_{2}

-be viszi át és ezért

O

-t a

D_{2}

-be, így az

O O'' C_{1} C_{3}

gúla alkalmas a vizsgált test fölött és

S

alatt keletkezett

D_{2} C_{2} C_{1} C_{3}

, gúla alakú térrész kitöltésére. Nyilvánvaló ebből, hogy a vizsgált test térfogata annyi, mint az

A_{1} ... A_{6}

alapú és

A_{1} C_{1}

, oldalélű hasáb térfogata, az pedig

1, 5 \sqrt[]{3} = 2, 60

térfogategység.

Schmidt József (Esztergom, Dobó Katalin Gimn., IV. o, t.)