KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4558. The base of a regular four-sided pyramid is the unit square ABCD, its apex is E. P is a point on base edge AB, and Q is a point on lateral edge EC such that PQ is perpendicular to both AB and EC. Furthermore, AP:PB=6:1. How long are the lateral edges?

(5 points)

Deadline expired on 10 October 2013.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldás. Legyen \(\displaystyle O\) az \(\displaystyle ABCD\) négyzet középpontja, \(\displaystyle R\) a \(\displaystyle DC\) szakasz \(\displaystyle C\) -hez legközelebbi hetedelőpontja, \(\displaystyle S\) pedig a \(\displaystyle Q\) pont merőleges vetülete az \(\displaystyle ABCD\) síkon.

A gúla szabályosságából következően a \(\displaystyle CE\) egyenes merőleges vetülete az \(\displaystyle ABCD\) síkon a \(\displaystyle CO\) egyenes, ezért \(\displaystyle S\) rajta van a \(\displaystyle CO\) egyenesen. Mivel \(\displaystyle AP:PB=6:1\), a \(\displaystyle PR\) egyenes párhuzamos \(\displaystyle BC\)-vel, vagyis merőleges \(\displaystyle AB\)-re. \(\displaystyle PQ\) is merőleges \(\displaystyle AB\)-re, ezért \(\displaystyle AB\) merőleges a \(\displaystyle PQR\) síkra. Tehát az \(\displaystyle AB\)-re merőleges \(\displaystyle QS\) egyenes benne van a \(\displaystyle PQR\) síkban, vagyis \(\displaystyle S\) illeszkedik a \(\displaystyle PR\) egyenesre.

A \(\displaystyle CRS\) háromszög derékszögű és egyenlőszárú, ezért \(\displaystyle RS=1/7\) és \(\displaystyle CS=CR\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{7}\). A \(\displaystyle QSC\) és \(\displaystyle EOC\) háromszögek hasonlóak, mert megfelelő oldalaik párhuzamosak. A hasonlóság aránya \(\displaystyle CS:CO=\frac{\sqrt{2}}{7}:\frac{\sqrt{2}}{2}=2:7\). Ha tehát \(\displaystyle CQ=y\), akkor \(\displaystyle CE= \frac{7y}2\).

A \(\displaystyle QSC\) és \(\displaystyle QSP\) derékszögű háromszögekben Pitagorasz tétele szerint

\(\displaystyle QS^2 =CQ^2-CS^2=y^2-\frac{2}{49},\)

\(\displaystyle QP^2 =QS^2+SP^2=\left( y^2-\frac{2}{49}\right) +\left(\frac{6}{7}\right)^{2}= y^2+\frac{34}{49}.\)

Végül a \(\displaystyle PQC\) és \(\displaystyle PBC\) derékszögű háromszögek közös \(\displaystyle PC\) átfogójának négyzetét szintén Pitagorasz tétele szerint felírva kapjuk, hogy

\(\displaystyle PC^2=CQ^2+QP^2=BC^2+BP^2, \quad \text{azaz} \quad y^2+\left( y^2+\frac{34}{49}\right) =1+\frac{1}{49}. \)

Ezt az egyenletet rendezve \(\displaystyle 2y^2=\frac{16}{49}\), azaz \(\displaystyle y=\frac{\sqrt{8}}{7}\) adódik.

Tehát a gúla oldaléleinek hossza \(\displaystyle CE= \frac{7y}2=\sqrt{2}\).

Nagy Gergely (Győr, Révai M. Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján


Statistics on problem B. 4558.
99 students sent a solution.
5 points:72 students.
4 points:9 students.
3 points:5 students.
2 points:9 students.
1 point:3 students.
0 point:1 student.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, September 2013

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley