Kezdőlap


Feladat:	Gy.2077	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dringó László
Füzet:	1983/április, 164 - 165. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Négyszög alapú gúlák, Terület, felszín, Térfogat, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/október: Gy.2077

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

Jelöljük a trapéz $A B$ oldalának hosszát $a$ -val. A két alap nem lehet egyenlő hosszú, mert ekkor a szárak is egyenlő hosszúak volnának, noha a négy oldalból pontosan $3$ egyenlő hosszúságú. Ezért a trapéz alapjai csak $C B$ és $A D$ lehetnek, az $A B$ és $C D$ szárak pedig egyenlő hosszúak. Egészítsük ki a trapézt háromszöggé, s jelöljük $E$ -vel a szárak metszéspontját (1. ábra).

1. ábra

Mivel

C B ∥ A D

és

C B = \frac{1}{2} A D

, azért az

A E D

háromszög szabályos és oldalának hossza

2 a

.
A

B E C

szabályos háromszög oldala fele az

A D E

háromszög oldalának, tehát területe negyede annak. A trapéz területe így

\begin{matrix} T_{A B C D} = \frac{3}{4} T_{A D E} = \frac{3 a^{2} \sqrt[]{3}}{4} . \end{matrix}

(1)

Jelöljük a trapéz átlóinak metszéspontját

M'

-vel. A

B

pont felezi az

A E

szakaszt, hasonlóan

C

felezi

D E

-t. Így

M'

A D E

szabályos háromszög középpontja, tehát

\begin{matrix} A M' = \frac{2}{3} A C = \frac{2 a}{\sqrt[]{3}}, \\ (2) \\ C M' = \frac{1}{3} A C = \frac{a}{\sqrt[]{3}} . \end{matrix}

A gúla négyélű csúcsát jelölje

M

. A feladat szerint

M

merőleges vetülete az

A B C D

lapra éppen

M'

, tehát

M M'

A M C

háromszög magassága (2. ábra).

2. ábra

Ugyancsak a feltételek szerint

A M C ∢ = 90^{\circ}

, a derékszögű háromszögekre vonatkozó tételek és (2) alapján

\begin{matrix} M M' & = \sqrt[]{A M' \cdot M' C} = a \sqrt[]{\frac{2}{3}}, \\ A M & = \sqrt[]{A M' \cdot A C} = a \sqrt[]{2} & (3) \\ C M & = \sqrt[]{C M' \cdot C A} = a . \end{matrix}

A gúla

V

térfogatát most már ki tudjuk számítani :

\begin{matrix} V = \frac{T_{A B C D} \cdot M M'}{3} = \frac{a^{3} \sqrt[]{2}}{4} . \end{matrix}

A gúla felszínét a határoló lapok területének összege adja, melyek közül az alaplap területét már ismerjük.

3. ábra

M M' B

és az

M M' C

, valamint az

M M' A

és az

M M' D

háromszögek egybevágók (3. ábra), s így

M B = M C

M A = M D

. A

B C M

háromszög mindhárom oldala éppen

a

, így területe

\begin{matrix} T_{B C M} = \frac{a^{2} \sqrt[]{3}}{4} . \end{matrix}

A M D

háromszög egyenlő szárú, s mivel

M A^{2} + M D^{2} = 4 a^{2} = A D^{2}

, Pitagorasz tételének megfordításából következik, hogy derékszögű is. Így

\begin{matrix} T_{A M D} = \frac{a \sqrt[]{2} \cdot a \sqrt[]{2}}{2} = a^{2} . \end{matrix}

Végül az

M A B

és

M C D

háromszögek egybevágók és

M A = M D = a \sqrt[]{2}

A B = C D = a

és

M B = M C = a

miatt szintén egyenlő szárú derékszögű háromszögek, és területük összege

a^{2}

. A gúla felszíne tehát

\begin{matrix} F = 3 \frac{a^{2} \sqrt[]{3}}{4} + a^{2} + \frac{a^{2} \sqrt[]{3}}{4} + a^{2} = a^{2} \sqrt[]{3} + 2 a^{2} = a^{2} (\sqrt[]{3} + 2) . \end{matrix}

Dingó László (Budapest XI., Petőfi S. Ált. Isk. 8. o. t.)
dolgozata alapján