Kezdőlap


Feladat:	F.2265	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Horváth I. (Debrecen) , Ódor T. , Sz. Nagy Cs. , Szegedy P.
Füzet:	1980/november, 139 - 140. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometria alapjai, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/május: F.2265

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

Tartsuk függőlegesen magunk előtt a $C D$ élt úgy, hogy a test $A$ csúcsa tőle balra, $B$ csúcsa pedig jobbra essen. Az $A C D$ , $B C D$ háromszögek egyenlő szárúak, magasságukat jelöljük rendre $a$ -val, $b$ -vel, a keresett $A B$ távolságot $c$ -vel, $C D$ felezőpontját $G$ -vel. Az $A B G$ háromszögben minden esetre fennáll, hogy

\begin{matrix} b - a < c < a + b . \end{matrix}

(1)

c

-re teljesül (1), előállítható az

A G = a

B G = b

A B = c

oldalú

A B G

háromszög, és ezt vízszintesen tartva, a

G

-ben emelt merőleges egyenesre ráhelyezhető az adott hosszúságú,

G

-re szimmetrikus

C D

szakasz. Vizsgáljuk meg, milyen további feltételek teljesülése esetén tudjuk az

E F

szakaszt megfelelően elhelyezni.

Mivel a

B E F

A E F

lapok rendre egybevágóak az

A C D

B C D

lapokkal, az együttesükből álló felületdarabot megkapjuk, ha az

A C D

B C D

lapokat tükrözzük

A B

felezőpontjára. Természetesen a két lap helyzete még nincs meghatározva, együttesük

A B

körül szabadon forgatható. Itt jegyezzük meg, hogy csak a gondolatmenetünk leírását véljük megkönnyíteni azzal, hogy a ponthármasokról mint egy‐egy háromszög csúcsairól beszélünk, közben azonban nem tévesztjük szem elől, hogy nem konvex testtel van dolgunk, így a mondott háromszögeknek nem biztos, hogy megvan az a tulajdonságuk, hogy a többi pont csak az egyik oldalukon helyezkedhet el.
Jelöljük még

G

A B

-n levő vetületét

H

-val,

A B

felezőpontját

K

-val. Mivel

C

távolsága az

A B

körül forgó

E

F

pontokat tartalmazó körtől

H K

kétszeresével egyenlő, pontosan arra van még szükségünk, hogy

\begin{matrix} 2 H K < 5 \end{matrix}

(2)

teljesüljön. Mivel Pitagorasz tétele alapján

B G^{2} - A G^{2} = 2 H K \cdot A B

, (2) azt jelenti, hogy

\begin{matrix} \frac{B G^{2} - A G^{2}}{A B} = \frac{b^{2} - a^{2}}{c} = \frac{12^{2} - 10^{2}}{c} = \frac{44}{c} \end{matrix}

értéke kisebb 5-nél, vagyis

c > 8, 8

. Ez élesebb az (1)-ben szereplő alsó határnál, hiszen

a = \sqrt[]{69, 75} = 8, 35

b = \sqrt[]{113, 75} = 10, 67

, így végül is azt kaptuk, hogy a mondott feltételek mellett

\begin{matrix} 8, 8 < A B < \sqrt[]{69, 75} + \sqrt[]{113, 75} = 19, 2, \end{matrix}

(3)

és megfordítva, ha

A B

-re teljesül (3), akkor találhatóak hozzá

C

D

E

F

pontok úgy, hogy a megadott távolságok lépjenek fel közöttük.

Megjegyzés. Feladatunk Csirmaz László: Mozoghat-e valaki, akit síklapokkal határolt páncélba öltöztettünk? című cikkéhez (KöMaL, 1979. november, 59. kötet, 3‐4., 97. old.) kapcsolódik. Az első kitűzésébe sajtóhiba csúszott: az

E F

szakasz helyett az

E D

szakaszt mondtuk 11 egységnyinek. Úgy

A B

hosszára csak két érték, 9, 12 és 18, 94 jöhetett szóba (KöMaL, 1980. április, 60. kötet, 4., 155‐158. old.).