Kezdőlap


Feladat:	C.472	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Füzet:	1998/január, 26 - 27. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gömb és részei, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/május: C.472

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

A gömb sugarát választhatjuk egységnyinek, mivel csak az arányokat kell meghatároznunk. Egy gömbszelet felszínét a következő képlettel számíthatjuk ki:

\begin{matrix} A = 2 π r m + π ϱ^{2}, \end{matrix}

ahol

r

a gömb sugara,

ϱ

a metszett kör sugara és

m

a gömbszelet magassága. Esetünkben felírhatjuk a következő egyenletet:

\begin{matrix} 2 π m + π ϱ^{2} + 2 π (2 - m) + π ϱ^{2} = \frac{5}{4} \cdot 4 π . \end{matrix}

(1)

Elvégezve a kijelölt műveleteket, kapjuk, hogy

2 ϱ^{2} = 1

ϱ^{2} = \frac{1}{2}

.
Az ábrán látható

O A F

derékszögű háromszögből:

ϱ^{2} = 1 - {(1 - m)}^{2}

. Elvégezve a műveleteket, és a

ϱ^{2} = \frac{1}{2}

helyettesítést, az alábbi másodfokú egyenletet kapjuk:

2 m^{2} - 4 m + 1 = 0

, ahonnan

m = \frac{2 \pm \sqrt[]{2}}{2}

;

m_{1} = \frac{2 + \sqrt[]{2}}{2} \approx 1,7

és

m_{2} = \frac{2 - \sqrt[]{2}}{2} \approx 0,2928

.
Mindkét érték megfelelő, a két gömbszelet magasságát adja meg.
A nagyobbik gömbszeletnek a kisebbikhez való aránya:

\begin{matrix} \frac{2 π m_{1} + π ϱ^{2}}{2 π m_{2} + π ϱ^{2}} = \frac{2 π \frac{2 + \sqrt[]{2}}{2} + π \frac{1}{2}}{2 π \frac{2 - \sqrt[]{2}}{2} + π \frac{1}{2}} = \frac{\frac{π (5 + 2 \sqrt[]{2})}{2}}{\frac{π (5 - 2 \sqrt[]{2})}{2}} = \frac{5 + 2 \sqrt[]{2}}{5 - 2 \sqrt[]{2}} \approx \frac{7,8284}{2,1715} \approx 3,6. \end{matrix}