Feladat:	B.4558	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Leitereg Miklós ,  Nagy Gergely
Füzet:	2015/január, 11 - 13. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Négyszög alapú gúlák, Hossz, kerület, Vetítések, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Alakzatok hasonlósága
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/szeptember: B.4558

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Legyen $O$ az $ABCD$ négyzet középpontja, $R$ a $DC$ szakasz $C$-hez legközelebbi hetedelőpontja, $S$ pedig a $Q$ pont merőleges vetülete az $ABCD$ síkon.     A gúla szabályosságából következően a $CE$ egyenes merőleges vetülete az $ABCD$ síkon a $CO$ egyenes, ezért $S$ rajta van a $CO$ egyenesen. Mivel $AP:PB=6:1$, a $PR$ egyenes párhuzamos $BC$-vel, vagyis merőleges $AB$-re. $PQ$ is merőleges $AB$-re, ezért $AB$ merőleges a $PQR$ síkra. Tehát az $AB$-re merőleges $QS$ egyenes benne van a $PQR$ síkban, vagyis $S$ illeszkedik a $PR$ egyenesre. A $CRS$ háromszög derékszögű és egyenlőszárú, ezért $RS=1/7$ és $CS=CR\sqrt[]{2}=\frac{\sqrt[]{2}}{7}$. A $QSC$ és $EOC$ háromszögek hasonlóak, mert megfelelő oldalaik párhuzamosak. A hasonlóság aránya $CS:CO=\frac{\sqrt[]{2}}{7}:\frac{\sqrt[]{2}}{2}=2:7$. Ha tehát $CQ=y$, akkor $CE=\frac{7y}{2}$. A $QSC$ és $QSP$ derékszögű háromszögekben Pitagorasz tétele szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle Q{S}^2}& {\displaystyle =C{Q}^2-C{S}^2=y^2-\frac{2}{49}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle Q{P}^2}& {\displaystyle =Q{S}^2+S{P}^2=\left(y^2-\frac{2}{49}\right)+{\left(\frac{6}{7}\right)}^2=y^2+\frac{34}{49}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Végül a $PQC$ és $PBC$ derékszögű háromszögek közös $PC$ átfogójának négyzetét szintén Pitagorasz tétele szerint felírva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle P{C}^2=C{Q}^2+Q{P}^2=B{C}^2+B{P}^2\mathrm{,}\text{azaz}{y}^2+\left(y^2+\frac{34}{49}\right)=1+\frac{1}{49}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt az egyenletet rendezve $2y^2=\frac{16}{49}$, azaz $y=\frac{\sqrt[]{8}}{7}$ adódik. Tehát a gúla oldaléleinek hossza $CE=\frac{7y}{2}=\sqrt[]{2}$.   II. megoldás. Vegyünk fel egy térbeli derékszögű koordinátarendszert úgy, hogy az $ABCD$ négyzet $B$ csúcsa legyen az origó, $A$ és $C$ pedig az $x$, illetve $y$ tengely pozitív felén legyen. Ekkor $A\left(\mathrm{1,0,0}\right)$ és $C\left(\mathrm{0,1,0}\right)$, a gúla szabályossága miatt pedig $E\left(1/\mathrm{2,1}/\mathrm{2,}e\right)$ ahol $|e|\ne 0$ az $E$ csúcs $ABCD$ laptól való távolsága. Az $AP:PB=6:1$ arány miatt $P\left(1/\mathrm{7,0,0}\right)$.     Legyen $CQ:CE=\lambda$. Ekkor a szakaszt adott arányban osztó pont koordinátáira vonatkozó képlet alapján kapjuk, hogy $Q(\frac{\lambda }{2}\mathrm{,1}-\frac{\lambda }{2}\mathrm{,}e\lambda )$. A $PQ$ szakasz és az $x$ tengely merőlegessége miatt $P$ és $Q$ első koordinátája megegyezik, azaz $1/7=\lambda /2$, vagyis $\lambda =2/7$. Tehát $Q(\frac{1}{7}\mathrm{,}\frac{6}{7}\mathrm{,}\frac{2e}{7})$. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{PQ}=\left(\mathrm{0,}\frac{6}{7}\mathrm{,}\frac{2e}{7}\right)\text{és}\overrightarrow{CE}=\left(\frac{1}{2}\mathrm{,}-\frac{1}{2}\mathrm{,}e\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A feltétel szerint e két vektor merőleges egymásra, ezért skaláris szorzatuk $0$. Ezt felírva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\cdot \frac{1}{2}+\frac{6}{7}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{2e}{7}\cdot e=\mathrm{0,}\text{azaz}{e}^2=\frac{3}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A $CE$ szakasz hossza két pont távolságképlete alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle CE=\sqrt[]{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+e^2}=\sqrt[]{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{3}{2}}=\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát a gúla oldalélei $\sqrt[]{2}$ hosszúságúak.