Kezdőlap


Feladat:	1466. matematika gyakorlat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1973/november, 147 - 148. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szerkesztések a térben, Tetraéderek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/március: 1466. matematika gyakorlat

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

1. Vágjuk fel a gúla papírmodelljének a $B$ -ben összefutó három élét, így a hálózat kiteríthető a síkba. Ezt a hálózatot a modell nélkül, az adatokból fogjuk megszerkeszteni.

Mivel (eredetileg)

D A

merőleges az

A B C

síkra, tehát a sík minden egyenesére is, így a

D A B

és

D A C

lapháromszögekben

A

-nál derékszög van. Megválasztva közös

D A

befogójuk hosszát, e két háromszöget az

A D C ∢ = 60^{\circ}

és

A D B ∢ = 30^{\circ}

ismeretében meg tudjuk szerkeszteni. A

D C

oldalra

D

-ben felmérjük a

C D B ∢ = 45^{\circ}

-os szöget, a szög másik szárán ismét a már megkapott

D B

él jelenik meg, és ezzel megkaptuk a

D C B

lapháromszöget is.
A

B A

és

B C

szakaszok ismeretében

A C

-re mint alapra megszerkesztve az

A B C

háromszöget, és megmérve

B A C

szögét, közelítőleg

50^{\circ}

-ot kapunk. A kiterítésben a

B

csúcs három helyen jelent meg, ezeket a szerkesztés időrendjében különböztettük meg

B_{1}

B_{2}

B_{3}

jellel.
2. Áttérve a számításra, válasszuk

A D

hosszát egységnek és jelöljük

B_{2}

-nek a

D C

-n, valamint

B_{3}

-nak az

A C

-n levő vetületét

B'_{2}

vel,

B'_{3}

-vel. Így a szögadatok alapján:

\begin{matrix} A B_{1} = \frac{1}{\sqrt[]{3}}, D B_{1} = D B_{2} = \frac{2}{\sqrt[]{3}}, A C = \sqrt[]{3}, D C = 2, B_{2} B'_{2} = D B'_{2} = \frac{\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{3}}, \end{matrix}

és Pitagorasz tételét a

C B_{2} B'_{2}

háromszögre alkalmazva

\begin{matrix} C B_{2}^{2} = {(\frac{\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{3}})}^{2} + {(2 - \frac{\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{3}})}^{2} = \frac{16 - 4 \sqrt[]{6}}{3} . \end{matrix}

Másrészt az

A C B_{3}

háromszög két részháromszögére alkalmazva Pitagorasz tételét:

\begin{matrix} A B_{3}^{2} - B'_{3} A^{2} = B'_{3} B_{3}^{2} = B_{3} C^{2} - {(A C - B'_{3} A)}^{2} = B_{3} C^{2} - A C^{2} + 2 A C \cdot B'_{3} A - B'_{3} A^{2}, \end{matrix}

és innen, a fenti eredményeket mindjárt beírva

\begin{matrix} B'_{3} A = \frac{A B_{3}^{2} + A C^{2} - B_{3} C^{2}}{2 A C} = \frac{2 \sqrt[]{2}}{3} - \frac{1}{\sqrt[]{3}} \end{matrix}

Így pedig az

A B_{3} B'_{3}

háromszögből

\begin{matrix} cos B_{3} A B'_{3} ∢ = cos B A C ∢ = \frac{B'_{3} A}{A B} = \frac{2 \sqrt[]{6}}{3} - 1 = 0, 6329, \end{matrix}

vagyis a keresett szög

50^{\circ} 44'

Megjegyzések. 1. A

C B_{2}

és

B'_{3} A

meghatározásánál tulajdonképpen azt az utat követtük, ahogyan a cosinustételt általában levezetni szokás; itt a közbülső eredmények számértékét is megadtuk. Valóban, kiszámíthattuk volna a kívánt adatot a cosinustétel kétszeri alkalmazásával is (a

C D B_{2}

háromszögben

cos 45^{\circ} = 1 / \sqrt[]{2}

-t használtuk).
2. Feladatunkat így is értelmezhetjük: a

D

csúcsú triédert (nyitott testszögletet) egy, a

D A

élre merőleges síkkal metszettük el, így az

A B

és

A C

egyenesek által bezárt szög egyben a

D A B

és

D A C

síkok által bezárt lapszöget (a triéder egyik szögét) is méri. Ugyanígy a

D B

D C

élnél levő lapszöget is meghatározhatjuk, ezekre az élekre merőleges metsző síkokkal. Ennek megfelelően a

30^{\circ}

45^{\circ}

60^{\circ}

oldalakkal meghatározott triéder (vagy ha tetszik: gömbháromszög) szerkesztő megoldását végeztük el. A számítás is elvégezhető a gömbháromszög ún. oldal-cosinustétele alapján (az Iskolai Függvénytáblázat 362. 121 képlete).