Kezdőlap


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 \| MathML
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

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

Megoldás. I. az $A B, A C (\neq 0)$ szárak egyenlősége biztosítja, hogy a $B$ és $C$ pontok által a forgatások közben leírt körök metszik egymást, hiszen mindkettő rajta van az $A$ körüli $A B$ 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 $A C$ -re $B_{1}$ és $C$ képe $A B$ -re $C_{1}$ , ekkor a körök egy-egy átmérője $B B_{1}$ , ill. $C C_{1}$ , és síkjaik merőlegesek az ABC síkra. Így a körök vetülete a $B B_{1}$ , ill. $C C_{1}$ szakasz, ezek $D$ metszéspontja a közös $D_{1}$ , $D_{2}$ pontok vetülete, és ez rajta van a $B A C$ szög $f$ felező egyenesén, hiszen $f$ az egész alakzatnak szimmetriatengelye, a $D_{1} A D_{2} = S_{1}$ síkra nézve a két kúpfelület egymás tükörképe.

1.a ábra

1.b ábra

Legyen még

C

vetülete

A B

-re

C_{0}

, ez a

C

által leírt kör középpontja, továbbá

B A C ∢ = α

. Az

α = 90^{\circ}

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

B A C

síkra.
Így már elegendő a

B A C ∢ = α < 90^{\circ}

esettel foglalkoznunk, elvégre a mindkét irányban vég nélküli

A B

A C

egyeneseket forgatjuk. Ha

B A C ∢ > 90^{\circ}

volna és

C

tükörképe

A

-ra

C^{*}

, akkor ezt véve

C

helyén, ugyanazt a kúpot kapjuk és

B A C^{*} ∢ < 90^{\circ}

.
Legyen egyelőre

α < 60^{\circ}

, és jelöljük a keresett

D_{1} A D_{2}

szöget

φ

-vel. A

D_{1} A D_{2}

egyenlő szárú háromszögből

\begin{matrix} cos \frac{φ}{2} = \frac{D A}{D_{1} A} = \frac{D A}{C A} = \frac{A C_{0}}{cos \frac{α}{2}} : \frac{A C_{0}}{cos α} = \frac{cos α}{cos \frac{α}{2}} . \end{matrix}

α = 60^{\circ}

esetben a két kúpfelületnek egy további közös alkotója adódik: az ekkor azonossá váló

A B_{1}

A C_{1}

egyenesek. A két felület érinti egymást ezen egyenes mentén. Ez a közös alkotó derékszöget zár be az előzőek mintájára keletkező

A D_{1}

-gyel és

A D_{2}

-vel.
Innen kezdve, vagyis a

60^{\circ} < α < 90^{\circ}

értékekre, figyelembe kell vennünk, hogy tulajdonképpen ún. kettős kúpok keletkeznek és metszik egymást. Például az

A C

félegyenes által leírt egyszerű kúpnak az

A

pontra való tükörképe is hozzátartozik a vizsgálandó alakzathoz. Ezt a tükörképet az

A C^{*}

félegyenes írja le.

2. ábra

A 2. ábra ilyen helyzetben a

B^{*}

C^{*}

pontok által leírt körök vetületét is mutatja az

A B C

síkra, mint az

A

körüli

A B

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

F_{2}

ugyanazt az alkotót határozza meg, mint

D_{1}

, s í . t. A térbeli helyzetet mutató 3. ábráról a

B^{*} B_{1}^{*}

átmérőjű kört elhagytuk.

3. ábra

Az "újabb fajta'' közös alkotók közti

E_{1} A E_{2} = ψ

szögre az előbbi számításhoz hasonlóan

\begin{matrix} cos \frac{ψ}{2} = \frac{cos α}{sin \frac{α}{2}} \end{matrix}

adódik.
Egy korábbi és egy újabb közös alkotó hajlásszöge csak egyféle lehet, a

D_{1} A E_{1} ∢ = ω

minden párbaállításba átvihető alkalmas szimmetriával, hiszen a két kúpfelület alakzatának az

E_{1} A E_{2} = S_{2}

sík is szimmetriasíkja.
Az

E_{1} A D_{1}

egyenlő szárú háromszög

D_{1} E_{1}

alapját annak a téglatestnek testátlójaként számíthatjuk, melynek egy-egy lapsíkja

S_{1}

S_{2}

, és további két lapsíkja ezekre merőleges, átmegy

D_{1}

-en, ill.

E_{1}

-en. Éleinek hosszát megadja

A D

A E

és

D_{1} D - E_{1} E

, másképpen

A B cos \frac{φ}{2}

A B cos \frac{ψ}{2}

és

A B (sin \frac{φ}{2} - sin \frac{ψ}{2})

. Ezek négyzetösszege

\begin{matrix} D_{1} E_{1}^{2} = A B^{2} (2 - 2 sin \frac{φ}{2} sin \frac{ψ}{2}), \end{matrix}

és így, mivel

A D_{1} = A B

\begin{matrix} sin \frac{ω}{2} = \frac{D_{1} E_{1}}{2 A B} = \sqrt[]{\frac{1 - sin φ / 2 sin ψ / 2}{2}} . \end{matrix}

II. Áttérve a feladat második kérdésére, ezt így is föltehetjük: a közös alkotók szöge

0^{\circ}

, ezektől elfordulva az egyes kúpokon, elérhető-e köztük a

90^{\circ}

-os szög? Nehogy két független változónk legyen a forgatásban, forgassuk az

A C

tengelyű kúpon az

A M

alkotókat az

A D_{1}

helyzettől

A B_{1}

felé (

M

az alapkörön halad), és tekintsük ennek

A N

tükörképét

S_{1}

-re, ami rajta van a másik kúpon (1. ábra).
Az

M A N

szög nyilván folytonosan növekszik, míg

M

B_{1}

-be érkezik, majd visszacsökken

0^{\circ}

-ra, mire

M

D_{2}

-be ér. A szög legnagyobb értéke a

B_{1} A C_{1} ∢

.
Mármost ha

α \leq 30^{\circ}

, akkor

B_{1} A C_{1} ∢ ⋚ 90^{\circ}

, tehát merőleges alkotópárt

30^{\circ} \leq α (< 90^{\circ})

esetén lehet kiválasztani a kúpokról.

Megjegyzés. A 2. ábra alapján egyszerű szerkesztés adódik a szögekre. Legyen a

k

körnek

A D

-re merőleges húrja

(D_{1}) (D_{2})

. A végpontokat tekinthetjük

D_{1}

és

D_{2}

beforgatottjának

f

körül az

A B C

síkba ‐ a gömb

S_{1}

-beli körével együtt ‐, ekkor

φ = (D_{1}) A (D_{2}) ∢

. Ugyanígy

ψ = (E_{1}) A (E_{2}) ∢

.
Az

ω = D_{1} A E_{1} ∢

céljára

D_{1} E_{1}

annak a derékszögű háromszögnek az átfogója, melynek befogói

D E

és

D (D_{1}) - E (E_{1})

, ekkor

ω

k

-ban

D_{1} E_{1}

hosszúságú húrhoz tartozó középponti szög.