Feladat: F.2295 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Alberti G. ,  Balogh Anikó ,  Benke I. ,  Csillik Mária ,  Csörgő T. ,  Danyi P. ,  Dósa Gy. ,  Drávucz Katalin ,  Fodor Orsolya ,  Gönczöl Cs. ,  Halász P. ,  Havasi G. ,  Hetyei G. ,  Ittzés A. ,  Kapos L. ,  Kerényi I. ,  Király Z. ,  Kis Urbán K. ,  Kiss P. ,  Kurucz Gy. ,  Magyar Cs. ,  Megyesi G. ,  Méry Zs. ,  Mihálykó Cs. ,  Mohay T. ,  Nagy T. ,  Nagy Zs. ,  Németh Á. ,  Pardavi T. ,  Regős Enikő ,  Simek R. ,  Simonyi G. ,  Somogyi H. ,  Svidró Z. ,  Szabó E. ,  Szállási Z. ,  Száraz S. ,  Terenyi Z. ,  Tranta Beáta ,  Tukora I. ,  Varga A. ,  Zalai Gy. 
Füzet: 1981/október, 64 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szabályos sokszög alapú gúlák, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/január: F.2295

Határozzuk meg az egységnyi alapélű szabályos négyoldalú gúla magasságát úgy, hogy legyen olyan ötszögmetszete, melyben két szomszédos szög derékszög, és minden oldala egyenlő hosszú.

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

Megoldás. Gúlánknak 5 lapja van, tehát az S metsző sík mindegyik lapját metszi. A test konvex, ezért az ABCDE metszet is konvex. Legyenek a metszet derékszögű csúcsai A és B, így AE oldala párhuzamos és egyenlő BC-vel, az ötszögről levágható az ABCE négyzet és marad a CED egyenlő oldalú háromszög. Eszerint az AB oldal F felezőpontját D-vel összekötő egyenes szimmetriatengelye a metszetnek (1. ábra).

 

1. ábra
 

BC és EA párhuzamossága alapján S párhuzamos azzal az e egyenessel, amelyben a BC-t és EA-t tartalmazó lapok síkjai egymást metszik. Tisztázzuk e-nek a gúlával való kapcsolatát! A gúla 5 lapsíkja közül 10-féleképpen választható ki 2, a 10 metszésvonal közül 4 alapél, 4 oldalél, végül a 2-2 nem szomszédos oldallapsík közös egyenesei a gúla négyélű M csúcsán átmenő, az alapsíkkal párhuzamos egyenesek (mert az oldallapsíkok egyenlő szöggel hajlanak az alapsíkhoz). A 10 metszésvonal e három csoportjában az egyenesek ekvivalensek egymással a gúla szimmetriái alapján (2. ábra).
 

2. ábra
 

Ellentmondásra vezet annak föltevése, hogy S az utóbbi 2 egyenes valamelyikével volna párhuzamos. Ugyanis ekkor BC és EA párhuzamosak volnának egy alapéllel; másrészt egyenlő hosszúak is, emiatt az egyenlő szárú háromszög alakú, egybevágó oldallapokban egyenlő távolságra volnának M-től, tehát S párhuzamos volna az alapsíkkal, holott ‐ mint láttuk ‐ azt is metszenie kell.
Az is lehetetlen, hogy alapél legyen e, mert akkor BC és EA közül az alaplapban fekvő egyenlő volna az alapéllel, az oldallapban fekvő pedig rövidebb volna annál.
Ezek szerint az e egyenes valamelyik oldalél, mondjuk MN (az alapnégyzet csúcsait N, P, Q, R-rel jelölve; és BC, AE mindegyike háromszög alakú lapban van, amelyek egybevágók. Az előbbiekhez hasonló meggondolással BC és AE az NM éltől is egyenlő távolságra vannak, ezért NA=NB, illetve ME=MC. Ugyanis A és B csak az alapon lehetnek, hiszen az NMP és NMR oldallapok között az N csúcsnál csak 1 lap van, ahogy az A és B csúcsok közt a metszeten 1 oldal, viszont M-nél 2 lap, ahogy C és E közt 2 oldal. Ezek szerint AB merőleges az alapnégyzet NQ átlójára és S merőleges az NMQ átlós síkmetszetre, amely egyben szimmetriasíkja is a testnek. Továbbá C, D, E rendre az MR, MQ, MP oldaléllel való metszéspontja S-nek (3. ábra).
 
3. ábra

Mivel S merőleges MNQ-ra, azért párhuzamos PR-rel, és az AB, EC egyenesek is párhuzamosak PR-rel. Az EC szakasz benne van az MPR átlós síkban, és G felezőpontja rajta van a gúla MO magasságán, ahol O az alaplap centruma. Az MNPR tetraédernek az MN és PR éleivel is párhuzamos S, és S alkalmas megválasztásával annyi tetszőleges gúlában elérhető, hogy ABCD négyzet legyen. Ha ugyanis MN és PR merőlegesek, és S párhuzamos velük, akkor ABCD mindig téglalap, és ez akkor lesz négyzet, ha NA:AP=MN:PR. Valóban, az MNP lapon AE:MN=AP:PN, a PRN lapon AB:PR=AN:PN, tehát
AEAB=MNPR:NAAP.
Most már csak azt kell biztosítanunk, hogy a CDE háromszög szabályos legyen. Mivel DF ennek is szimmetriatengelye, ehhez elég annyi, hogy GD:GF=3:2 legyen. Az FDQ. háromszögben messe a G-n át DQ-val párhuzamosan húzott egyenes FQ-t H-ban, akkor GD:GF=HQ:HF. Tehát GD:GF akkor egyenlő (3:2)-vel, ha HQ:HO=3:1, hiszen HF=2HO. Mivel pedig HQ:HO=FN:FO=NA:AP=MN:PR, ez akkor teljesül; ha MN=3 PR=6, vagyis MO=MN2-12=112=2,345.