A C. 1164. feladat (2013. március)

C. 1164. Az ABCD egy $2~\mathrm{dm}^2$ területű négyzet, az ABCDE egy 3 dm magasságú egyenes gúla. Legyen H az AE élének A-hoz közelebbi, G pedig a CE él E-hez közelebbi harmadolópontja, továbbá F a BE él felezőpontja. A gúlát elmetszve a HFG háromszög síkjával mekkora lesz a gúla és a sík metszetének területe?

(5 pont)

A beküldési határidő 2013. április 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Bemutatjuk a feladat áttekintő ábrájat a megadott betűzéssel. Itt $\displaystyle I$ a metszősík és az $\displaystyle ED$ egyenes metszéspontja (1. ábra).

1. ábra

Az egyenes gúla $\displaystyle E$ csúcsának az alapra vonatkozó merőleges vetülete az alaplap négyzet $\displaystyle O$ szimmetriaközéppontja. Az $\displaystyle EO$ szakasz a gúla $\displaystyle m$ magasságvonala. Ezért a gúlának az $\displaystyle A$, $\displaystyle C$, $\displaystyle E$ pontok által meghatározott síkmetszete olyan egyenlőszárú háromszög, melynek szimmetriatengelye a gúla magasságvonala.

Tükrözzük az egyenlőszárú háromszöget az $\displaystyle m$ szimmetriatengelyre, ekkor $\displaystyle G$, illetve $\displaystyle H$ képe rendre $\displaystyle G'$, illetve $\displaystyle H'$. Az $\displaystyle m$ magasságvonal és $\displaystyle HH'$ metszéspontja legyen $\displaystyle P$ (2. ábra).

2. ábra

A $\displaystyle HH'GG'$ négyszög szimmetrikus trapéz, az átlók $\displaystyle N$ metszéspontja rajta van az $\displaystyle m$ magasságvonalon, és $\displaystyle N$ a $\displaystyle HGF$ sík és az $\displaystyle m$ magasságvonal döféspontja. $\displaystyle HH'$ párhuzamos $\displaystyle AC$-vel a párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt.

$\displaystyle EP$ az $\displaystyle m$ kétharmad része a párhuzamos szelők tétele miatt, $\displaystyle EN$ pedig $\displaystyle EP$ kétharmad része, mert $\displaystyle N$ súlypontja az $\displaystyle EHH'$ háromszögnek. Ezért $\displaystyle EN$ négykilenced része $\displaystyle m$-nek, vagyis $\displaystyle EN=\frac{4}{3}$.

$\displaystyle AC=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2$.

$\displaystyle EC$ hossza az $\displaystyle EOC$ derékszögű háromszögből Pithagorasz tétele alapján: $\displaystyle EC^2=EO^2+OC^2=3^2+1^2=10$, amiből $\displaystyle EC=\sqrt{10}$.

Legyen $\displaystyle AEC \angle = \alpha$.

Az $\displaystyle AEO$ háromszögből $\displaystyle \cos\frac{\alpha}{2}= \frac{3}{\sqrt {10}}$, $\displaystyle \sin\frac{\alpha}{2}= \frac{1}{\sqrt {10}}$, amiből $\displaystyle \cos \alpha =\cos^2\frac{\alpha}{2}-\sin^2\frac{\alpha}{2}=0.8$.

$\displaystyle HG$ hosszát az $\displaystyle EHG$ háromszögből cosinus tétellel számoljuk ki.

$\displaystyle HG^2=EH^2+EG^2-2EH\cdot EG\cdot \cos\alpha=\left(\frac{2}{3}\sqrt{10}\right)^2+\left(\frac{1}{3}\sqrt{10}\right)^2-2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}\cdot10 \cdot0.8,$

$\displaystyle HG=\sqrt 2.$

Tekintsük most a gúlának az $\displaystyle EFN$ síkkal alkotott metszetét! A síkmetszet egy egyenlőszárú háromszög, az alapja $\displaystyle BD=2$, $\displaystyle m$ a síkmetszet szimmetriatengelye, és az $\displaystyle FN$ egyenes kimetszi az $\displaystyle AD$ oldalélből $\displaystyle I$-t. Húzzunk párhuzamost $\displaystyle B$-n keresztül $\displaystyle FI$-vel! A párhuzamos kimetszi $\displaystyle m$-ből illetve az $\displaystyle ED$ oldalélből $\displaystyle R$-et és $\displaystyle L$-et (3. ábra).

3. ábra

$\displaystyle EN=NR$ a párhuzamos szelők tétele miatt, $\displaystyle RO=3-2\cdot \frac{4}{3}=\frac{1}{3}$.

$\displaystyle \frac{RO}{BO}=\frac{OD}{EO}=\frac{1}{3}$, ezért az $\displaystyle ORB$ és az $\displaystyle ODE$ derékszögű háromszögek hasonlóak, vagyis $\displaystyle RBO\angle=OED\angle$. Így az $\displaystyle ORB$ és az $\displaystyle LDB$ háromszögek is hasonlóak, mert két szögük megegyezik, vagyis az $\displaystyle LDB$ háromszög $\displaystyle L$ csúcsában derékszög van. Eszerint az $\displaystyle INE$ háromszög is az $\displaystyle ODE$ háromszöghöz hasonló derékszögű háromszög. A megfelelő oldalak aránya megegyezik:

$\displaystyle \frac{EI}{EN}=\frac{EO}{ED},$

$\displaystyle EI=\frac{EO\cdot EN}{ED}=\frac{3\cdot \frac{4}{3}}{\sqrt {10}}=0.4\cdot \sqrt{10}.$

A keresett négyszög területének meghatározásához ki kell számítani a négyszög oldalait. Ezek az oldalak a gúla egy-egy oldallapján vannak, ezért levezetünk a számításainkat egyszerűsítő általánosabb képletet. Vegyük a gúla valamelyik oldallapját, például az EAB egyenlőszárú háromszöget. Ennek szárai $\displaystyle \sqrt 10 $ hosszúak. Fel fogjuk írni $\displaystyle XY$ hosszának négyzetét, ahol $\displaystyle X$ és $\displaystyle Y$ egy-egy oldalélen van ezen az oldallapon, $\displaystyle EX=u\sqrt 10$, és $\displaystyle EY=v\sqrt 10$ ($\displaystyle 0<u,v<1$ valós számok). Jelöljük a magasságot $\displaystyle t$-vel, talppontját $\displaystyle T$-vel (4. ábra)!

4. ábra

Pithagorasz tételével az $\displaystyle ETB$ háromszögből $\displaystyle t^2=10-\frac{1}{2}=\frac{19}{2}$, amiből $\displaystyle t=\frac{\sqrt{38}}{2}$.

Legyen $\displaystyle AEB\angle=\beta$.

$\displaystyle \cos\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{38}}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{95}}{10}$.

$\displaystyle \sin\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{10}$.

$\displaystyle \cos\beta=\cos^2\frac{\beta}{2}-\sin^2\frac{\beta}{2}=0.9$.

A cosinus tétellel:

$\displaystyle XY^2=EX^2+EY^2-2\cdot EX\cdot EY \cdot \cos\beta=(u\sqrt10)^2+(v\sqrt10)^2-2\cdot u\sqrt{10} \cdot v\sqrt{10} \cdot 0.9= (u^2+v^2)\cdot 10 -18uv$.

Képletünkbe behelyettesítve számoljuk ki a négy oldalt!

$\displaystyle a$ ($\displaystyle HF$): $\displaystyle u=\frac{2}{3}$ és $\displaystyle v=\frac{1}{2}$;

$\displaystyle HF^2=\frac{34}{36}$; $\displaystyle HF=\frac{\sqrt{34}}{6}$.

$\displaystyle b$ ($\displaystyle FG$): $\displaystyle u=\frac{1}{2}$ és $\displaystyle v=\frac{1}{3}$;

$\displaystyle FG^2=\frac{22}{36}$; $\displaystyle FG=\frac{\sqrt{22}}{6}$.

$\displaystyle c$ ($\displaystyle GI$): $\displaystyle u=\frac{1}{3}$ és $\displaystyle v=0.4$;

$\displaystyle GI^2=\frac{70}{225}$; $\displaystyle GI=\frac{\sqrt{70}}{15}$.

$\displaystyle d$ ($\displaystyle IH$): $\displaystyle u=0.4$ és $\displaystyle v=\frac{2}{3}$;

$\displaystyle IH^2=\frac{280}{225}$; $\displaystyle IH=\frac{2\sqrt{70}}{15}$.

Most már csak a $\displaystyle HFGI$ négyszög területét kell kiszámolni, amely a $\displaystyle HFG$ és a $\displaystyle GIH$ háromszögek területének összegéből adódik. A számítást a Heron-képlettel végezzük el, amely egy tetszőleges $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$ oldalú, $\displaystyle s$ félkerületű háromszög $\displaystyle T$ területére a következő: $\displaystyle T=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$.

A fenti képletbe kétszer behelyettesítve:

$\displaystyle T_{HFGI}=T_{HFG}+T_{GIH}=$

$\displaystyle =\sqrt{\frac{\sqrt{22}+\sqrt{34}+6\sqrt{2}}{12}\left(\frac{\sqrt{22}+\sqrt{34}+6\sqrt{2}}{12}-\frac{\sqrt{34}}{6}\right)\left(\frac{\sqrt{22}+\sqrt{34}+6\sqrt{2}}{12}-\frac{\sqrt{22}}{6}\right)\left(\frac{\sqrt{22}+\sqrt{34}+6\sqrt{2}}{12}-\sqrt{2}\right)}+$

$\displaystyle +\sqrt{\frac{\sqrt{70}+5\sqrt{2}}{10}\left(\frac{\sqrt{70}+5\sqrt{2}}{10}-\frac{\sqrt{70}}{15}\right)\left(\frac{\sqrt{70}+5\sqrt{2}}{10}-\frac{2\sqrt{70}}{15}\right)\left(\frac{\sqrt{70}+5\sqrt{2}}{10}-\sqrt{2}\right)} \approx 0.6538.$

Tehát a keresett terület:

$\displaystyle T_{HFGI}\approx 0.6538$ ($\displaystyle \rm{dm^2}$-ben kifejezve).

Németh Klára Anna (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o. t.)

Statisztika:

77 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Bereczki Zoltán, Fehér Zsuzsanna, Fekete Panna, Fellner Máté, Fülep Andrea , Gyurcsik Dóra, Holczer András, Horeftos Leon, Horváth 016 Gábor, Kovács 148 Dávid, Kranczler Dóra, Lovas Viktória Zsuzsanna, Máté Bálint, Németh Klára Anna, Papp Zsófia, Széles Katalin, Szilágyi Krisztina, Tóth Adrián, Trinyik Flóra, Varga 149 Imre Károly, Varga Rudolf, Vető Bálint.

4 pontot kapott: Bekő Mária, Csibi Levente, Csilling Tamás, Lajkó Kálmán, Nagyiványi Nadine, Qian Lívia, Temesvári Fanni, Zsakó Ágnes.

3 pontot kapott: 4 versenyző.

2 pontot kapott: 16 versenyző.

1 pontot kapott: 14 versenyző.

0 pontot kapott: 13 versenyző.

A KöMaL 2013. márciusi matematika feladatai

77 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bereczki Zoltán, Fehér Zsuzsanna, Fekete Panna, Fellner Máté, Fülep Andrea , Gyurcsik Dóra, Holczer András, Horeftos Leon, Horváth 016 Gábor, Kovács 148 Dávid, Kranczler Dóra, Lovas Viktória Zsuzsanna, Máté Bálint, Németh Klára Anna, Papp Zsófia, Széles Katalin, Szilágyi Krisztina, Tóth Adrián, Trinyik Flóra, Varga 149 Imre Károly, Varga Rudolf, Vető Bálint.
4 pontot kapott:	Bekő Mária, Csibi Levente, Csilling Tamás, Lajkó Kálmán, Nagyiványi Nadine, Qian Lívia, Temesvári Fanni, Zsakó Ágnes.
3 pontot kapott:	4 versenyző.
2 pontot kapott:	16 versenyző.
1 pontot kapott:	14 versenyző.
0 pontot kapott:	13 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?