Kezdőlap


Feladat:	Gy.3061	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gáspár Merse Előd , Gueth Krisztián , Gyenes Zoltán , Hajdufi Péter , Kőhalmi Dóra , Szabó Gábor , Szalai-Dobos András
Füzet:	1996/december, 529 - 530. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Köréírt gömb, Szabályos sokszögek által határolt testek, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/április: Gy.3061

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

Mivel a hatszögek síkjai párhuzamosak, azért minden háromszög pontosan az egyik hatszöggel érintkezik élben, harmadik csúcsa pedig egybeesik a vele élben nem érintkező hatszög egy csúcsával. Ezért egyetlen, a feltételeknek megfelelő test van, ez látható az ábrán (a következő oldalon).

A háromszögek szabályossága miatt a hatszögek minden csúcsára igaz, hogy a másik hatszög két csúcsától egyenlő ‐ egységnyi ‐ távolságra van, azaz benn van a másik hatszög egy élének felező merőleges síkjában. Így ezek a felező merőleges síkok a két hatszög középpontját összekötő egyenesben metszik egymást. Ez az egyenes merőleges a hatszögek síkjaira, ezért a két hatszög középpontját összekötő szakasz felezőpontja a test minden csúcsától egyenlő távolságra van. Ezzel beláttuk, hogy a test köré gömb írható.
Jelöljük a hatszögek középpontját

T

-vel és

S

-sel,

T S

felezőpontját ‐ ami a gömb középpontja ‐

O

-val, a

T

középpontú hatszög két szomszédos csúcsát

A

-val és

B

-vel, az

A B

élt tartalmazó háromszöglap harmadik csúcsát

G

-vel,

G

merőleges vetületét az

A B T

síkon

M

-mel, végül

A B

felezőpontját

F

-fel. Ekkor

T F = G F = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

(egységnyi oldalú szabályos háromszög magassága),

F M = T M - T F = S G - T F = 1 - \frac{\sqrt[]{3}}{2}

. A

G M F

háromszög derékszögű, mert

G M

merőleges a

T A B

síkra, ezért merőleges annak

F M

egyenesére is. Így alkalmazhatjuk Pitagorasz tételét:

G M = \sqrt[]{G F^{2} - F M^{2}} = \sqrt[]{\sqrt[]{3} - 1}

. A hatszögek síkjainak párhuzamossága miatt

S T = G M

, tehát

O T = \frac{1}{2} \sqrt[]{\sqrt[]{3} - 1}

. Végül a keresett sugarat az

O T A

derékszögű háromszögből határozhatjuk meg, ugyancsak Pitagorasz tételével:

\begin{matrix} O A = \sqrt[]{O T^{2} + T A^{2}} = \sqrt[]{\frac{1}{4} (\sqrt[]{3} - 1) + 1} = \frac{1}{2} \sqrt[]{3 + \sqrt[]{3}} . \end{matrix}

Tehát a test köré gömb írható, és annak sugara

\frac{1}{2} \sqrt[]{3 + \sqrt[]{3}} \approx 1,088

Hajdufi Péter (Budapest, Baár-Madas Ref. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján