Kezdőlap


Feladat:	Gy.2325	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Elek Viktória
Füzet:	1986/december, 441 - 442. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Vetítések, Négyszög alapú gúlák, Háromszög alapú hasábok, Térfogat, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/február: Gy.2325

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

Használjuk az 1. ábra jelöléseit! $P$ , $Q$ az $S$ sík és az $E D$ , $E C$ élek metszéspontja; $T_{P}$ , $T_{Q}$ a $P$ , $Q$ pontok merőleges vetülete a gúla alaplapján; $F_{1}$ , $F_{2}$ , $F_{3}$ pedig rendre az $A B$ , $C D$ , $P Q$ szakaszok felezőpontjai.

1. ábra

P

és

Q

pontokon átmenő, az alaplapra merőleges és az

A D

éllel párhuzamos síkokkal messük el a gúlát. A lemetszett rész egy háromszög alapú hasábból és két egymással egybevágó, de tükrös helyzetű téglalap alapú gúlából áll. A hasáb és a gúla térfogatát fogjuk kiszámolni, majd ezeknek a mennyiségeknek a segítségével meghatározzuk a keresett szöget.

2. ábra

Tekintsük a gúlának az

E F_{1} F_{2}

síkmetszetét (2. ábra). A gúla élhosszát egységnyinek választva

E F_{1} = E F_{2} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

E E_{T} = \frac{\sqrt[]{2}}{2}

, ahol

E_{T}

E

pont merőleges vetülete a gúla alaplapján. Az

F_{3}

pont merőleges vetülete a gúla alaplapján rajta van az

F_{1} F_{2}

szakaszon, jelöljük ezt a pontot

T

-vel. Legyen

F_{3} T = m

T F_{2} = r

. Ekkor a

T_{P}

és

T_{Q}

pontoknak az

A D

, illetve

B C

éltől való távolsága is

r

a gúla szabályossága miatt, tehát az alsó gúladarab szeletelésekor keletkezett háromszög alapú hasáb alapterülete

\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot m

, magassága

1 - 2 r

, és így a térfogata:

V_{1} = \frac{(1 - 2 r) \cdot m}{2},

a két szélen levágott darabokból összeállított gúla térfogatára pedig

\begin{matrix} V_{2} = \frac{1 \cdot 2 r \cdot m}{3} = \frac{2 r \cdot m}{3} adódik . \end{matrix}

Az eredeti gúla térfogata:

\begin{matrix} V = \frac{1 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt[]{2}}{2}}{3} = \frac{\sqrt[]{2}}{6} . \end{matrix}

A feltétel szerint az

S

sík felezi a gúla térfogatát, tehát:

\begin{matrix} V = (V_{1} + V_{2}) \cdot 2, vagyis : \frac{\sqrt[]{2}}{6} = (\frac{(1 - 2 r) m}{2} + \frac{2 r m}{3}) \cdot 2. \end{matrix}

(1)

A 2. ábrán látható

E E_{T} F_{2}

és

F_{3} T F_{2}

háromszögek hasonlóak, és így

\begin{matrix} \frac{m}{r} = \frac{E E_{T}}{E_{T} F_{2}} = \sqrt[]{2}, azaz m = r \cdot \sqrt[]{2} . \end{matrix}

Ezt felhasználva (1)-ből az

1 = 6 r - 4 r^{2}

másodfokú egyenletet kapjuk

r

-re. Ennek gyökei

r_{1} = \frac{3 + \sqrt[]{5}}{4}

r_{2} = \frac{3 - \sqrt[]{5}}{4}

, de mivel az

r

értéke nem lehet

1

-nél nagyobb, ezért csak

r_{2}

megoldás.
Az

F_{3} F_{1} T

szög megegyezik a keresett szöggel,

r

ismeretében pedig könnyen kiszámíthatjuk ennek a szögnek a tangensét:

\begin{matrix} tgα=\frac{m}{1 - r}=\frac{r \cdot \sqrt[]{2}}{1 - r}=\frac{\sqrt[]{2} (3 - \sqrt[]{5})}{1 + \sqrt[]{5}}=0,3339. \end{matrix}

Innen a keresett szög:

α = 18^{\circ} 27' 42''

.
Ezzel a feladatot megoldottuk.