Kezdőlap


Feladat:	F.2006	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Csikós B. , Gáti Tamás , Gulyás M. , Holop L. , Knébel I. , Kramarics G. , Láng Zs. , Magyar Z. , Márkus G. , Miklós D. , Moussong G. , Nagy 264 I. , Szalay 195 S. , Tornóci L. , Unger J.
Füzet:	1976/február, 68 - 70. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Terület, felszín, Térfogat, Poliéderek szimmetriái, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/október: F.2006

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

Az F. 1964. feladat megoldásának jelöléseit használjuk. Az ott elmondottak érvényesek mindaddig, amíg a nyolcadik él hossza szóba nem kerül: " $...$ így $C D = 1$ miatt $G H < 1$ volna, ami nem lehet.''
Most a $G H$ él hossza $0, 8$ , ezért $G$ és $H$ az $S$ szimmetriasíkon is lehet. Várhatóan két megoldása lesz a feladatnak. Folytassuk a gondolatmenetet először F. 1964. megoldása szerint, legyen $G$ és $H$ a $T$ szimmetriasíkon (1. ábra).

1. ábra

C P G

háromszög hasonló az

A P Q

háromszöghöz,

P G = \frac{1}{3}

P Q

, tehát

P G = G H = H Q = 0, 8

. Az így kapott

K_{1}

test kielégíti a követelményeket. Térfogata a

C D P G

tetraéder térfogatának 25-szöröse:

\begin{matrix} V_{1} = 25 \cdot \frac{\sqrt[]{59}}{75} = 2, 56 térfogategység . \end{matrix}

K_{1}

felszínét egyszerű számítással kapjuk:

\begin{matrix} F_{1} = 18 t_{CDG} + 14 t_{CPG} = \frac{9}{2} \sqrt[]{3} + \frac{28}{25} \sqrt[]{21} = 12, 93 \end{matrix}

területegység.
Próbáljuk a testet most úgy megalkotni, hogy a

G H

él az

S

szimmetriasíkon legyen (2. ábra).

2. ábra

Bocsássunk merőlegest

A

-ból és

H

-ból az

S

sík és a

C D E F

sík metszésvonalára, a metszéspontokat jelöljük

A_{1}

-gyel, ill.

H_{1}

-gyel,

C E

felezőpontját

R

-rel.

A_{1} = 1

H_{1} R = 0, 1

A R = \sqrt[]{4 - C R^{2}}

H R = \sqrt[]{1 - C R^{2}}

. Az

A A_{1} R

és

H H_{1} R

háromszögek hasonlóságából

\sqrt[]{4 - C R^{2}} = 10 \sqrt[]{1 - C R^{2}}

, azaz

C R = \frac{4 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{33}}

. Az így kapott

K_{2}

testnek is megvannak a kívánt tulajdonságai.

K_{2}

felszínét egyszerű számítással kapjuk:

F_{2} = 2 [t_{ABDC} + t_{CDGH} + t_{ACHE}] = 2 [2 \sqrt[]{3} + \frac{26 \sqrt[]{11}}{100} + \frac{4 \sqrt[]{2}}{3}] = 12, 49

területegység.

K_{2}

testet a

C D E F

téglalap két részre osztja. Rajzoljuk meg

A_{1}

-n és

H_{1}

-n keresztül a

C E

-vel párhuzamos

A_{2} A_{3}

, ill.

H_{2} H_{3}

szakaszokat. A

C D E F G H

test térfogatát úgy kaphatjuk meg, hogy a

H H_{2} H_{3}

alapú,

G H

magasságú hasáb térfogatához hozzáadjuk az

E C H_{2} H_{3} H

gúla térfogatának kétszeresét, a

C D E F A B

test térfogatát pedig úgy, hogy az

A A_{2} A_{3}

alapú

A B

magasságú hasáb térfogatából levonjuk az

E C A_{2} A_{3} A

gúla térfogatának kétszeresét.

A A_{1} = 10 H H_{1} = \sqrt[]{\frac{67}{33}}

, így

\begin{matrix} V_{CDEFGH} = \frac{4 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{33}} \cdot 0, 1 \cdot \frac{\sqrt[]{67}}{\sqrt[]{33}} \cdot 0, 8 + 2 \cdot \frac{0, 1 \cdot \frac{8 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{33}} \cdot 0, 1 \cdot \frac{\sqrt[]{67}}{\sqrt[]{33}}}{3} = \frac{28}{2475} \sqrt[]{134}, \\ V_{CDEFAB} = \frac{4 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{33}} \cdot \frac{\sqrt[]{67}}{\sqrt[]{33}} \cdot 3 - 2 \cdot \frac{1 \cdot \frac{8 \sqrt[]{2}}{\sqrt[]{33}} \cdot \frac{\sqrt[]{67}}{\sqrt[]{33}}}{3} = \frac{20}{99} \sqrt[]{134} \end{matrix}

térfogategység, tehát

\begin{matrix} V_{2} = V_{CDEFGH} + V_{CDEFAB} = \frac{16}{75} \sqrt[]{134} = 2, 47 térfogategység . \end{matrix}

Gáti Tamás (ZaIaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., IV. o. t.)