Feladat: F.2469 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Argay Gy. ,  Bán Rita ,  Csermely Ágnes ,  Gyolcsos Csilla ,  Hajós Zsuzsanna ,  Hraskó A. ,  Íjjas Cs. ,  Ispány Márton ,  Karácsony P. ,  Kerner Anna ,  Kruzslicz F. ,  Limbek Cs. ,  Magyar Á. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Paál Beatrix ,  Ribényi Á. ,  Varga K. 
Füzet: 1985/január, 14 - 17. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Síkra vonatkozó tükrözés, Merőleges affinitás, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Téglatest, Egyenes körkúpok, Térelemek és részeik, Szögfüggvények a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/március: F.2469

Az adott ABC háromszögben AB=AC. Körülforgatjuk az AC egyenest AB mint tengely körül, valamint az AB egyenest AC körül. Mekkora szöget zárnak be egymással a forgáskúpok közös alkotói?
Kiválasztható-e a két kúpról 1-1 alkotó, amelyek merőlegesek egymásra?

Megoldás. I. az AB,AC(0) szárak egyenlősége biztosítja, hogy a B és C pontok által a forgatások közben leírt körök metszik egymást, hiszen mindkettő rajta van az A körüli AB sugarú gömbön. A kérdés e két kör vizsgálatára egyszerűsödik, hiszen a metszéspontokat A-val összekötő egyenesek lesznek a két kúpfelület közös alkotói. Legyen B tükörképe AC-re B1 és C képe AB-re C1, ekkor a körök egy-egy átmérője BB1, ill. CC1, és síkjaik merőlegesek az ABC síkra. Így a körök vetülete a BB1, ill. CC1 szakasz, ezek D metszéspontja a közös D1, D2 pontok vetülete, és ez rajta van a BAC szög f felező egyenesén, hiszen f az egész alakzatnak szimmetriatengelye, a D1AD2=S1 síkra nézve a két kúpfelület egymás tükörképe.
 
 
1.a ábra
 

 
 
1.b ábra
 

Legyen még C vetülete AB-re C0, ez a C által leírt kör középpontja, továbbá BAC=α. Az α=90 esetet tüstént kizárhatjuk, mert ekkor a forgatások nem kúpfelületeket adnak, hanem a forgástengelyre merőleges síkokat, és ekkor a kérdésnek nincs tartalma, hiszen a két sík egyetlen egyenesben metszi egymást, mely az A pontban merőlegesen áll a BAC síkra.
Így már elegendő a BAC=α<90 esettel foglalkoznunk, elvégre a mindkét irányban vég nélküli AB, AC egyeneseket forgatjuk. Ha BAC>90 volna és C tükörképe A-ra C*, akkor ezt véve C helyén, ugyanazt a kúpot kapjuk és BAC*<90.
Legyen egyelőre α<60, és jelöljük a keresett D1AD2 szöget φ-vel. A D1AD2 egyenlő szárú háromszögből
cosφ2=DAD1A=DACA=AC0cosα2:AC0cosα=cosαcosα2.
Az α=60 esetben a két kúpfelületnek egy további közös alkotója adódik: az ekkor azonossá váló AB1, AC1 egyenesek. A két felület érinti egymást ezen egyenes mentén. Ez a közös alkotó derékszöget zár be az előzőek mintájára keletkező AD1-gyel és AD2-vel.
Innen kezdve, vagyis a 60<α<90 értékekre, figyelembe kell vennünk, hogy tulajdonképpen ún. kettős kúpok keletkeznek és metszik egymást. Például az AC félegyenes által leírt egyszerű kúpnak az A pontra való tükörképe is hozzátartozik a vizsgálandó alakzathoz. Ezt a tükörképet az AC* félegyenes írja le.
 
 
2. ábra
 

A 2. ábra ilyen helyzetben a B*, C* pontok által leírt körök vetületét is mutatja az ABC síkra, mint az A körüli AB sugarú kör húrjait. A húrok E, F, G újabb közös pontja fölött és alatt is metszi egymást, 2-2 közös alkotó, ekkor a számuk (mindkét irányban végtelen alkotókat értve) 4, hiszen F2 ugyanazt az alkotót határozza meg, mint D1, s í . t. A térbeli helyzetet mutató 3. ábráról a B*B1* átmérőjű kört elhagytuk.
 
 
3. ábra
 

Az "újabb fajta'' közös alkotók közti E1AE2=ψ szögre az előbbi számításhoz hasonlóan
cosψ2=cosαsinα2
adódik.
Egy korábbi és egy újabb közös alkotó hajlásszöge csak egyféle lehet, a D1AE1=ω minden párbaállításba átvihető alkalmas szimmetriával, hiszen a két kúpfelület alakzatának az E1AE2=S2 sík is szimmetriasíkja.
Az E1AD1 egyenlő szárú háromszög D1E1 alapját annak a téglatestnek testátlójaként számíthatjuk, melynek egy-egy lapsíkja S1, S2, és további két lapsíkja ezekre merőleges, átmegy D1-en, ill. E1-en. Éleinek hosszát megadja AD, AE és D1D-E1E, másképpen ABcosφ2,ABcosψ2 és AB(sinφ2-sinψ2). Ezek négyzetösszege
D1E12=AB2(2-2sinφ2sinψ2),
és így, mivel AD1=AB,
sinω2=D1E12AB=1-sinφ/2sinψ/22.

II. Áttérve a feladat második kérdésére, ezt így is föltehetjük: a közös alkotók szöge 0, ezektől elfordulva az egyes kúpokon, elérhető-e köztük a 90-os szög? Nehogy két független változónk legyen a forgatásban, forgassuk az AC tengelyű kúpon az AM alkotókat az AD1 helyzettől AB1 felé (M az alapkörön halad), és tekintsük ennek AN tükörképét S1-re, ami rajta van a másik kúpon (1. ábra).
Az MAN szög nyilván folytonosan növekszik, míg M a B1-be érkezik, majd visszacsökken 0-ra, mire M a D2 -be ér. A szög legnagyobb értéke a B1AC1.
Mármost ha α30, akkor B1AC190, tehát merőleges alkotópárt 30α(<90) esetén lehet kiválasztani a kúpokról.

 

Megjegyzés. A 2. ábra alapján egyszerű szerkesztés adódik a szögekre. Legyen a k körnek AD-re merőleges húrja (D1)(D2). A végpontokat tekinthetjük D1 és D2 beforgatottjának f körül az ABC síkba ‐ a gömb S1-beli körével együtt ‐, ekkor φ=(D1)A(D2). Ugyanígy ψ=(E1)A(E2).
Az ω=D1AE1 céljára D1E1 annak a derékszögű háromszögnek az átfogója, melynek befogói DE és D(D1)-E(E1), ekkor ω a k-ban D1E1 hosszúságú húrhoz tartozó középponti szög.