Kezdőlap


Feladat:	F.2451	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alexy N. , Bán Rita , Bujdosó 419 L. , Fülöp T. , Füst Ágnes , Gáspár Zsuzsanna , Giba P. , Hegedűs P. , Hetyei Judit , Hraskó A. , Karácsony P. , Kerner Anna , Megyesi G. , Németh-Buhin Á. , Paál Beatrix , Pintér A. , Simon P. , Somogyi 196 A. , Szabó Sz. , Uhlmann E. , Varga K.
Füzet:	1984/szeptember, 252 - 254. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögtestek, Térgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/december: F.2451

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

1. A test vizsgálatában az ábra szerinti betűzést használjuk: az ötélű, nem szomszédos csúcsok elöl és hátul $A_{1}$ és $A_{2}$ , valamint balról és jobbról $B_{1}$ és $B_{2}$ , a négyélű csúcsok $C_{1}$ és $C_{2}$ (fönt), ill. $D_{1}$ és $D_{2}$ (lent). Valamennyi él hossza $e$ .

A feladat szövege azt sugallja, hogy az

A_{1} A_{2}

és

B_{1} B_{2}

távolságok egyenlők, ezeknek a hossza

e + t

. Az ábra azt is sejteti, hogy a

C_{1} C_{2}

és

D_{1} D_{2}

élek

C

, ill.

D

felezőpontjait összekötő egyenes körüli

180^{\circ}

-os elfordítás mindegyik

X_{1}, X_{2}

csúcspárt egymásba viszi át

(X = A, B, C, D)

. Először ezt bizonyítjuk. (Ezt a tényt számos dolgozat csupán ösztönösen használta fel, vagy csak megemlítette.)
Írjunk

e

sugarú gömböt

A_{1}

és

A_{2}

körül. Ezeknek a

B_{1}

C_{1}

C_{2}

és

B_{2}

csúcsok közös pontjai, tehát rajta vannak a gömbök metszésvonalán, ami pedig egy

k

kör, síkidom. Más szóval e 4 csúcs

S

síkja a gömbök

A_{1} A_{2}

centrálisának felező merőleges síkja. A kör középpontja az

A_{1} A_{2}

szakasz

A

felezőpontja, mert

A_{1} A_{2}

körül forgatva a gömböket, bármely állásban fedik önmagukat, ugyanígy

k

is.
Ugyanezért egy

k'

körön, a

B_{1} B_{2}

szakasz

S'

felező merőleges síkjában vannak az

A_{1}

D_{1}

D_{2}

A_{2}

csúcsok, és

S'

merőleges

S

-re, mert tartalmazza az

S

-re merőleges

A_{1} A_{2}

egyenest (és viszont

S

B_{1} B_{2}

-t). A

k'

kör középpontja a

B_{1} B_{2}

szakasz

B

felezőpontja.
Mindegyik említett csúcsnégyes által alkotott húrnégyszög tengelyszimmetrikus trapéz, mert például az utóbbiban

A_{1} D_{1} = A_{2} D_{2} = e

, emiatt

D_{1} D_{2} | | A_{1} A_{2}

, tehát

D_{1} D_{2}

is merőleges

S

-re. Ha belátjuk, hogy e trapézok egybevágók, ez az

e

-től különböző oldalaik

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

egyenlőségét jelenti.
Húrtrapéz meghatározásához 3 független méret szükséges; ha ezek két idomban páronként egyeznek, akkor azok egybevágók. Esetünkben a következő 3 adatpár egyenlőségét tudjuk: a 2‐2 szár, a ,,rövidebb'' párhuzamos oldalak

C_{1} C_{2} = D_{1} D_{2} = e

, végül a közös

A B

szakaszhossz. Az

A

B

pontok ugyanis fölcserélt szerepet játszanak a két trapézban pl.

A

az elsőben a körülírt kör középpontja, a másodikban a ,,hosszabb'' párhuzamos oldal felezőpontja. Ezek szerint valóban fennáll az egybevágóság, és

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

, ezt akartuk bizonyítani. (A ,,rövidebb'' és ,,hosszabb'' jelzőket csupán szemléletesség kedvéért használtuk a párhuzamos oldalak egyszerű megkülönböztetése végett.)
Azt is kaptuk, hogy

S

és

S'

a testnek szimmetriasíkjai, és mivel merőlegesen állnak, azért metszésvonaluk,

C D

valóban

180^{\circ}

-os forgástengely.

2. A továbbiakban

C D

-t függőlegesen tartjuk, ekkor trapézaink alapjai vízszintesek.
Trapézaink magassága

\begin{matrix} A D = B C = \sqrt[]{B_{1} C_{1}^{2} - {(\frac{B_{1} B_{2} - C_{1} C_{2}}{2})}^{2}} = \sqrt[]{e^{2} - \frac{t^{2}}{4}} = \frac{1}{2} \sqrt[]{4 e^{2} - t^{2}} . \end{matrix}

A

és

C

pontok magasságkülönbsége:

\begin{matrix} A C = \sqrt[]{A_{1} C^{2} - A_{1} A^{2}} = \sqrt[]{\frac{3 e^{2}}{4} - {(\frac{e + t}{2})}^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt[]{2 e^{2} - 2 e t - t^{2}} . \end{matrix}

E kettő különbsége az

A B

magasságkülönbség.
Tekintsük azt a téglatestet, melynek egyik testátlója

A_{1} B_{2}

, egy éle

A B

, 4 lapja függőleges, 2 lapja vízszintes. Ebből

\begin{matrix} A_{1} B_{2}^{2} = e^{2} = A B^{2} + A A_{1}^{2} + B B_{2}^{2} = A B^{2} + 2 {(\frac{e + t}{2})}^{2}, \\ 4 A B^{2} = {(2 B C - 2 A C)}^{2} = {(\sqrt[]{4 e^{2} - t^{2}} - \sqrt[]{2 e^{2} - 2 e t - t^{2}})}^{2} = 4 e^{2} - 2 {(e + t)}^{2}, \\ \sqrt[]{(2 e - t) (2 e + t}) \cdot \sqrt[]{2 e^{2} - 2 e t - t^{2}} = 2 e^{2} + e t = e (2 e + t) . \end{matrix}

A második négyzetre emelés után mindkét oldalt oszthatjuk

(2 e + t)

-vel, és ez nem lehet

0

; végül a

\begin{matrix} (2 e - t) (2 e^{2} - 2 e t - t^{2}) = e^{2} (2 e + t) \end{matrix}

egyenlet rendezésével az állításbeli egyenlethez jutunk.

3. Az

f (t) = 0

egyenlet bal oldala a

(- 3 e, - 2 e)

, a

(0, e)

és a

(2 e, 3 e)

intervallumok belsejében vált előjelet. Számunkra csak a

(0, e)

intervallumbeli zérushelynek van jelentősége, hiszen

t > 0

, másrészt az

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

háromszögből

e + t < 2 e

, azaz

t < e

.
A gyököt intervallumfelezéssel, kis számítógéppel számolva határolhatjuk be az előírt pontossággal.

e = 1

mellett

\begin{matrix} f (0, 289) = + 0, 0011, f (0, 29) = - 0, 0056, \end{matrix}

tehát 2 tizedesre kerekítve

t = 0, 29

és

\begin{matrix} A_{1} A_{2} = B_{1} B_{2} = 1, 29 egység. \end{matrix}

4. A test 8 csúcsa közti

28

távolság közül 18 él, azaz egységnyi, a további 10 távolság között a szimmetria alapján 3-féle hosszúság fordul elő, egyik a már látott

e + t

. A további 8 pedig 4-esével egyenlő:

\begin{matrix} trapézátlók: A_{1} D_{2} = & A_{2} D_{1} = B_{1} C_{2} = B_{2} C_{1} = \sqrt[]{A D^{2} + {(e + \frac{t}{2})}^{2}} = \\ = \sqrt[]{2 e^{2} + e t} = 1, 51 egység \end{matrix}

és a

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

(beírt) tetraéder

e

-től különböző 4 éle, a térbeli Pitagorasz-tétel alkalmazásával

\begin{matrix} \sqrt[]{{(C A + A D)}^{2} + 2 {(\frac{e}{2})}^{2}} = 1, 72 egység. \end{matrix}

Megjegyzés. A felhasznált egybevágósági állításhoz hozzátesszük: más kérdés volna a trapézok megszerkesztése. Az

(e + t)

alap az eukleidészi szabályok szerint nem szerkeszthető

e

és

A B = B C - A C

ismerete alapján.