 |
A C. 1861. feladat (2025. május) |
C. 1861. Az \(\displaystyle ABCDE\) gúla alaplapja a \(\displaystyle 12\) egység oldalú \(\displaystyle ABCD\) négyzet. Tudjuk, hogy az \(\displaystyle E\) csúcs alaplapra eső merőleges vetülete az \(\displaystyle ABCD\) négyzet körülírt körére esik, továbbá, hogy \(\displaystyle BE=CE\), valamint \(\displaystyle AE=18\). Határozzuk meg a gúla térfogatát.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. június 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A \(\displaystyle BE=CE\) feltétel miatt az \(\displaystyle E\) csúcs merőleges vetülete az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle k\) körülírt körén a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontok által meghatározott két ív \(\displaystyle F_1\), illetve \(\displaystyle F_2\) felezőpontjába esik. Ennek megfelelően a gúla \(\displaystyle E\) csúcsa kétféle lehetséges helyzetet foglalhat el, legyenek ezek \(\displaystyle E_1\), illetve \(\displaystyle E_2\). A kör középpontját \(\displaystyle K\)-val jelöljük, a kör sugara a négyzet átlójának fele, vagyis \(\displaystyle R=6\sqrt{2}\). Vizsgáljuk a következő ábrát, amelyen az \(\displaystyle F_1\), \(\displaystyle F_2\) pontokból merőlegeseket állítottunk az \(\displaystyle AB\) egyenesre, a talppontok \(\displaystyle T_1\), illetve \(\displaystyle T_2\).
Nyilvánvaló, hogy
\(\displaystyle KF_1=KF_2=R=6\sqrt{2},\)
\(\displaystyle F_1T_1=F_2T_2=6, \)
illetve
\(\displaystyle AT_1=BT_2=R-6=6\sqrt{2}-6=6\big(\sqrt{2}-1\big),\)
\(\displaystyle AT_2=12+BT_2=12+6\sqrt{2}-6=6\big(\sqrt{2}+1\big).\)
Az \(\displaystyle AF_1=x\) és \(\displaystyle AF_2=y\) szakaszok a gúla \(\displaystyle AE_1\), illetve \(\displaystyle AE_2\) élének a \(\displaystyle k\) kör síkjára eső merőleges vetületei a kétféle lehetséges esetben. Legyen a gúla magassága az egyes esetekben \(\displaystyle m_1\), illetve \(\displaystyle m_2\). Mivel a gúla magassága merőleges \(\displaystyle k\) síkjára, ezért merőleges annak minden egyenesére. Ebből következik, hogy az \(\displaystyle E_1F_1A\) és \(\displaystyle E_2F_2A\) az \(\displaystyle F_1\), illetve \(\displaystyle F_2\) pontban derékszögű háromszögek, felírhatjuk tehát, hogy
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle m_1^2+x^2=AE_1^2;\qquad m_2^2+y^2=AE_2^2.\) |
Az \(\displaystyle AF_1T_1\) derékszögű háromszögből
\(\displaystyle x^2=6^2+\Big[6\big(\sqrt{2}-1\big)\Big]^2,\)
az \(\displaystyle F_2AT_2\) derékszögű háromszögből pedig
\(\displaystyle y^2=6^2+\Big[6\big(\sqrt{2}+1\big)\Big]^2.\)
Mivel a gúla \(\displaystyle AE\) élének hossza adott, ezért \(\displaystyle AE_1=AE_2=18\), ezt és \(\displaystyle x^2, y^2\) előzőleg kapott értékét beírjuk (1) megfelelő összefüggésébe, innen adódik, hogy
\(\displaystyle m_1^2=180+72\sqrt{2};\qquad m_2^2=180-72\sqrt{2},\)
vagyis
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle m_1=6\sqrt{5+2\sqrt{2}};\qquad m_2=6\sqrt{5-2\sqrt{2}}.\) |
A gúla térfogata tehát kétféle érték lehet, ezek (2) alapján
\(\displaystyle \displaystyle{V_1=\frac{12^2\cdot m_1}{3}=288\sqrt{5+2\sqrt{2}}\approx 805,805,\qquad V_2=\frac{12^2\cdot m_2}{3}=288\sqrt{5-2\sqrt{2}}\approx 424,404}\)
térfogategység.
Statisztika:
24 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Budai Máté, Hetyei Dániel, Iván Máté Domonkos, Kókai Ákos, Pánovics Máté, Rózsa Zsombor. 4 pontot kapott: Albert Luca Liliána. 3 pontot kapott: 5 versenyző. 2 pontot kapott: 5 versenyző. 1 pontot kapott: 4 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2025. májusi matematika feladatai