Kezdőlap


Feladat:	C.380	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Méder Áron
Füzet:	1995/október, 402 - 404. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Téglatest, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/december: C.380

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

Jelöljük a hasáb csúcsait $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ , $G$ , $H$ -val az 1. ábra szerint, és legyen $H B D ∢ = 45^{\circ}$ . Ekkor nyilván $B H F ∢$ is $45^{\circ}$ . Általában is a testátló a végpontjain átmenő párhuzamos lapok azon átlójával, amely a testátló végpontjából indul ki, mindig ugyanakkora szöget zár be. A négyzet oldalait tekinthetjük egységnyinek, ekkor a négyzet átlóinak, így a hasáb oldaléleinek hossza is $\sqrt[]{2}$ , a testátló hossza $2$ , az oldallapok átlóinak hossza $\sqrt[]{3}$ egység.
Először számítsuk ki a $H B$ testátlónak az $A C$ lapátlóval bezárt szögét. Mivel a két egyenes kitérő, hajlásszögük megegyezik azon két egyenes hajlásszögével, amelyet úgy kapunk, hogy $A C$ -t önmagával párhuzamosan eltoljuk, míg $H B$ -t nem metszi. Messük el a hasábot az $O$ középpontján átmenő, alapsíkkal párhuzamos síkkal. A sík az $A E$ élt az $M$ , a $C G$ élt az $N$ pontban metszi. Az $M N$ szakasz párhuzamos $A C$ -vel, és az $O$ pontban metszi $H B$ -t. Az $M H N B$ négyszög oldalai egyenlő hosszúak (a hasáb egy csúcsát az oldallapon vele szemköztes él felezőpontjával összekötő szakaszok), amiből következik, hogy a négyszög átlói merőlegesek egymásra. A $H B$ testátló tehát az $A C$ lapátlóval $90^{\circ}$ -os szöget zár be.
Másodjára a

\begin{matrix} H B G ∢ = A H B ∢ = H B E ∢ = B H C ∢ \end{matrix}

szögeket számítjuk ki.
A keresett szögek mindegyike egy

2

1

\sqrt[]{3}

egység oldalú háromszögnek az

1

egységnyi oldallal szemben fekvő szöge (2. ábra).
Könnyű belátni, hogy egy ilyen háromszög éppen a fele egy

2

egység oldalú szabályos háromszögnek, amiből következik, hogy a keresett szög

30^{\circ}

(3. ábra).
A hátralevő

E D

F C

G D

F A

lapátlók ismét egyenlő szögeket zárnak be

H B

-vel. Ezek közül a

H B

és

E D

egyenesek szögét számítjuk ki. Toljuk el az

A D H E

síkot önmagával párhuzamosan az

E F

él felezőpontjába (4. ábra). Ekkor

E' D' ‖ E D

E' D'

és

H B

metszéspontja

O

. Az

O H E'

háromszögben

O H = 1

O E' = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

H E'

hossza pedig az

E H E'

derékszögű háromszögből:

\begin{matrix} H E' = \sqrt[]{1^{2} + {(\frac{1}{2})}^{2}} = \frac{\sqrt[]{5}}{2} . \end{matrix}

H O E'

háromszögben írjuk fel a koszinusz tételt a

H O E' ∢ = β

szögre.

\begin{matrix} cos β = \frac{{(\frac{\sqrt[]{3}}{2})}^{2} + 1^{2} - {(\frac{\sqrt[]{5}}{2})}^{2}}{2 \cdot \frac{\sqrt[]{3}}{2}} = \frac{1}{2 \sqrt[]{3}}, \end{matrix}

ahonnan

β \approx 73, 2^{\circ}

.
Összegezve: a

H B

testátló a

B D

és

H F

átlókkal

45^{\circ}

-os szöget, az

A C

és

E G

átlókkal

90^{\circ}

-os szöget, a

B G

H A

B E

H C

átlókkal

30^{\circ}

-os szöget, az

E D

F C

G D

F A

átlókkal

73, 2^{\circ}

-os szöget zár be.

Méder Áron (Budapest, Táncsics M. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján