Kezdőlap


Feladat:	1194. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Deák András , Erőd Márta , Freud Géza , Hoffmann Tibor , Matolcsy Kálmán , Steiner Iván , Vendler Z.
Füzet:	1937/november, 72 - 73. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengely körüli forgatás, Hossz, kerület, Terület, felszín, Térfogat, Kúpok, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/szeptember: 1194. matematika gyakorlat

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

$1^{0}$ . Ha az $A B C Δ$ egyenlőoldalú, akkor a $B P M$ és $M Q C$ háromszögek is azok, tehát

\begin{matrix} P M = B M, Q M = Q C és \\ A P + P M + Q M + A Q = A P + P B + A Q + Q C = A B + A C = 2 a, \end{matrix}

azaz az

A P M Q

parallelogramma kerülete állandó.

E parallelogramma területe az

A P Q Δ

területének kétszerese, azaz

\begin{matrix} t = 2 \cdot \frac{1}{2} A P \cdot A Q sin 60^{\circ} = A P \cdot A Q \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

A P = x

, akkor

A Q = a - x

és

\begin{matrix} t = x (a - x) \frac{\sqrt[]{3}}{2} = (- x^{2} + a x) \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

t

értéke legnagyobb akkor, amidőn

x = A P = \frac{a}{2} = A Q

.
Eszerint

t

értéke változik 0-tól egy maximumig; ezen maximum az

A B C Δ

területének fele és akkor áll elő, midőn

M

B C

-t felezi. Ezután a maximumtól ismét zérusig csökken.

(t_{{max}_{}^{}} = \frac{a^{2} \sqrt[]{3}}{8})

2^{0}

. Ha

M'

B C

felezőpontja, akkor

P'

ill.

Q'

is felezi

A B

-t ill.

A C

-t. Ebben az esetben

A P' M' Q'

rombus.
A

B C

körüli forgatással keletkező test térfogatát megkapjuk, ha az

A B C

forgatásából keletkező test térfogatából kivonjuk a

B P' M'

és

M' Q' C

forgatása által keletkező testekét. Azonban utóbbi kettő egyenlő és mindegyikük az

A B C Δ

forgási test köbtartalmának

\frac{1}{8}

részét teszi, mert megfelelő méreteik aránya

1 : 2

. Eszerint a keresett térfogat

1 - \frac{2}{8} = \frac{3}{4}

része az

A B C Δ

forgási test térfogatának. Ez pedig oly kettős kúp, melynek alapja

A M' = \frac{1}{2} a \sqrt[]{3}

sugarú; magasságuk pedig

2 \cdot \frac{a}{2} = a

. Így tehát

\begin{matrix} \frac{1}{3} π {\bar{A M'}}^{2} \cdot B C = \frac{1}{3} π \cdot \frac{3 a^{2}}{4} \cdot a = \frac{π}{4} a^{3} \end{matrix}

és

\begin{matrix} V = \frac{3}{4} \cdot \frac{π}{4} a^{3} = \frac{3 π}{16} a^{3} . \end{matrix}

Deák András (Érseki g. VI. o. Bp. II.)