243
Hasáb
1749.
1751.
II 1748. Tekintsük az 1744. ábrát. Felhasználjuk, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlô az oldalainak négyzetösszegével. Az ACGE paralelogrammában: AG2 + EC2 = = 2(AE2 + AC2). A BDHF paralelogrammában: DF2 + BH2 = 2(BF2 + DB2). Az ABCD paralelogrammában: AC 2 + BD2 = 2(AB2 + AD2). A fenti összefüggéseket felhasználva: AG2 + EC2 + + DF2 + BH2 = 2AE2 + 2AC 2 + 2BF2 + 2BD2 = 2AE2 + 4AB2 + 4AD2 + 2BF2 = 2c2 + 4a2 + + 4b2 + 2c2 = 4(a2 + b2 + c2). 1749. Felhasználjuk, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlô az oldalainak négyzetösszegével. A BCHE paralelogrammában t2 + EC2 = 2BE2 + 2b2. A BFHD paralelogrammában t2 + DF2 = 2DB2 + 2c2. Az ABGH paralelogrammában t 2 + AG2 = 2BG2 + 2a2. A fenti összefüggéseket felhasználva: 2t 2 + t 2 + EC 2 + DF 2 + AG2 = 2(BE2 + DB2 + BG2) + + 2(a2 + b2 + c2). Az aláhúzottak a testátlók négyzetei, amiknek összege az 1748. feladat szerint egyenlô az oldalak négyzetösszegével. & 2t2 + 4(a2 + b2 + c2) = 2(BE2 + DB2 + BG2) + + 2(a2 + b2 + c2) & t2 + a2 + b2 + c2 = BE2 + DB2 + BG2. 1750. V = 15105,8 cm3 á 15,1 dm3 . 1751. V = t $ M = (9 $ 13 $ sin 48,6)(25 $ sin 68,3) á 2038,6 cm3 . 1752. Tekintsük az 1751. ábrát. Legyen a = 11 cm , b = 8 cm , a = 46,7, c = 16 cm , c = 62,5 ,
f = 53 . t = 8 $ 11 $ sin 46,7 á 64,04 cm2 és m = 16 $ sin 62,5 á 14,2 cm. M = m $ sin 53 á 11,34 cm. V = t $ M á 726,25 cm3 . 1753. Legyen a = 11 cm és a = c = 52,3; A = 6 $ a2 sin a á 1753. á 574,43 cm2 . m = a $ sin c á 8,7 cm. A rombusz átlói merôlegesen felezik egymást és szögfelezôk. Egybevágó rombuszok magasságai egyenlôk. & BUE3 egyenlô szárú, száre e c f f = a $ sin . 4,85 cm , sin = 2 & . szöge f. 2 2 2 m 2 . 33,88 & f . 67,76 . M = m $ sin f á 8,05 cm. V = a2 $ sin a $ M á 770,7 cm3 . 1754. Tekintsük a hasáb oldalélekre merôleges síkmetszetét! A síkmetszetháromszög oldalai az oldallapok magasságai. Az oldalélek egyenlôk (b hosszúságúak). A háromszög-egyenlôtlenség szerint ma < mb + mc & ta < tb + tc. 1755. Tekintsük a hasáb oldalélekre merôleges síkmetszetét, a PQR3-et! A síkra merôleges egyenes tétele miatt AD = RP és AD = QP & RPQ a két oldallap szöge. & A síkmetszet sokszög belsô szögeinek összege egyenlô az oldallapsíkok által bezárt szögek összegével. A bizonyítás tetszôleges n oldalú hasábra elmondható. n oldalú hasáb síkmetszete n-szög, ezért (n - 2) $ 180 a szögek összege.
1755.
244
Hasáb
1756. Írjuk fel a felszínt és a térfogatot az élekkel kifejezve. A számtani és mértani közép ab + bc + ac
közötti egyenlôtlenséget használjuk fel. A = 2 $ (ab + bc + ac) = 6 $
II
ab =6 $ 2
+
ab 2
+
bc 2
+
bc 2
+
ac 2
+
3 a $ bc + b $ ac + c $ ab
ac
a $ (b + c)
2 = 6$
2
+
b $ (c + a) 2 3
+
3 c $ (a + b) 2
=
$
$ 6 $ 3 abc a2 b2 c2 = 6 $ 3 a2 b2 c2 = 6 $ 3 V 2 . 3 Egyenlôség a = b = c esetén. & Állandó térfogat mellett a minimális felszínû téglatest a kocka. 1757. Vágjuk fel a hasáb palástját az AAl él mentén, és terítsük ki a síkba. A kiterített paláston az út (a PPl szakasz) megrajzolható. 1758. A kimetszett síkidom merôleges vetülete az alaplap síkjára a hasáb alaplapja. Felhasználjuk, hogy a vetület területe a metszô sík alaplappal vett hajlásszögével kiszámítható: 50 = 10 cm2 . tl = t $ cos a. 50 = t $ cos 45 & t = 2 $ 6$
2 a$
1759. t a = n $ t ABO= n $
a $ ma 2
a 2 tg
r
2 n = n$ a r 2 4 tg n
= n$
& V = ta $ m =
m $ n $ a2 4 tg
r
.
n
2
1759.
1760. V = talap $ m = 1761. V = talap $ m =
6 $ 0,4 $ 3 $ 23 4 2 $ 3,4 2 $ 8,02 tg
r
. 9,56 cm3 .
. 447,65 cm3 .
8
1762. Az alapterület Heron-képlettel: talap= s (s - a)( s - b)( s - c) , ahol a + b + c = 2s = 129 cm &
& s = 64,5 cm. talap= 64,5 $ 31,5 $ 22,5 $ 10,5 . 692,82 cm2 . V hasab = talap $ m = 692,82 $ 82 = 56 811 cm3 . Ahasab = 2 $ talap+ K alap $ m = 2 $ 692,82 + 129 $ 82 = 11 963,64 cm2 .
1763. Az alaplap háromszögre (a = 2,18 m; b = 1,7 m; a = 58,38) alkalmazzuk a szinusztételt: b a
=
sin b sin a
&
1,7 2,18
=
sin b sin 58,38
& sin b = 0,664 & b = 41,61 .
szög.) c = 180 - (a + b) = 80,01. talap= =
26,75 1,82
a $ b $ sin c 2
(Mivel b < a, b nem tompa-
= 1,82 m 2 & V = talap $ m & m =
. 14,66 m .
1764. M = 3 dm = 0,3 m. V =
m u
=
175,8 0,3
= 586 dm3 & t a =
V M
=
586 3
. 195,3 dm2 .
V talap
=
245
Hasáb
1765.
1767.
II
1765. Az alaplap szabályos háromszög, ezért ma = m = ma $ tg { = a2 3
a 3
a 3 2
a 3 2
. FCCl derékszögû háromszögben
tg {. A síkmetszet és az alaplap szöge ClFC = { = 62,7. V = t a $ m = 3a3 $ tg {
& V . 4237 dm3 . 2 8 1766. A = 2 $ 22,28 + 20 $ 5 á 144,56 cm2 ; V = 22,28 $ 5 á 111,4 cm3 . =
4
$
$ tg { =
1767. Legyen a = 21 cm , b = 9 cm , c = 16 cm & x = 2,5 cm , m = 43 cm . ATD derékszögû háromszögben Pitagorasz-tétel: ma2 = 92 - 2,52 & ma á 8,65 cm. talap=
(a + c) ma
=
(21 + 16) $ 8,65
. 2 2 . 159,95 cm2 . A = 2talap + Kalap $ m = 2 $ 159,95 + 55 $ 43 á 2685 cm2 . V = talap $ m = 159,95 $ 43 á . 6877,9 cm3 .
1768. V = talap $ m = 0,1496 $ 2,46 = 0,368 m3 = 368 dm3 & mb = u $ V = 2,85 $ 368 = 1049,2 kg . 1769. A térfogatok aránya egyenlô lesz az alapterületek arányával.
&b=a
b 2
:
a 3 2
= tg 15 &
3 $ tg 15.
1. thatszög = 6 $
a2 $ 3 4
=
3 3 $ a2 2
a 3 $ tg 15 $ ; ttizenkétszög = 12 $
J N K 3 3 2O a O : `9 $ tg 15 $ a2j = 2. thatszög : ttizenkétszög = K K 2 O L P 3 = . 1,077 . 6 $ tg 15
1770. Vhasáb = 192 cm3 ;
2
a 3 2
= 9 $ tg 15 $ a2 .
Ahasáb á 221,7 cm2 .
1769.
246
Hasáb
1771.
1771. A hasonlóságból következik, hogy
m1 2
m1 + 1,6
=
m1 + 1
=
x
& m1 = 3,2 m & x = 2,625 m. A csatornát tekinthet3 jük húrtrapéz alapú egyenes hasábnak: 2 + 2,625 $ 1 = 2,3125 m 2 . 1 másodperc alatt 1,4 m & 1 óra talap= 2 alatt 5040 m, vagyis a hasáb magassága 5040 m. V = talap $ m = = 2,3125 $ 5040 = 11 655 m 3 . =
II
1772. Tekintsük az 1767. ábrát. Legyen b = 7,3 m, c = 8 m, ma = 6 m , m = 50 m . A töltés tekinthetô olyan húrtrapéz alapú hasábnak, amelynek magassága 50 m. Pitagorasz tétele miatt x = 7,32 - 6 2 . 4,16 m . AB = DC + 2x = 8 + 2 $ 4,16 á 16,32 m. (16,32 + 8) $ 6 $ 50 . 3647,4 m 3 . V = ta $ m = 2
1773. Az alaplap egy egyenlô szárú derékszögû háromszög a$
&
oldalai a; a
a
2 2
; a
2 2
.
2 = 8 & a = 4 2 m. 2
J N a 2 O K $ m & 9 = a b1 + 2 l $ m & A = 2talap + Kalap $ m, azaz 25 = 2 $ 8 + K a + 2 $ 2 OO K L P 9 b 2 - 1l $ 2 9 b2 - 2 l 9 &m= = = . 8 8 4 2 b1 + 2 l 9 b2 - 2 l V = talap $ m = 8 $
8
= 9 b2 - 2 l . 5,27 m 3 . a
a2 3
és
ma
a2 3
+ 660a & 4 2 3 a2 + 1320a - 1036,4 = 0 & a1 < 0, ez nem lehet egy szakasz hossza; a2 = 0,784 dm
1775. Ahasáb = 2talap + Kalap $ m = 2 $
&
2 = sin 18,9 & a . 6,02 dm 9,3
= cos 18,9 & 9,3 6,02 $ 8,8 & ma . 8,8 dm. Ahasáb = 2talap + Kalap $ m = 2 $ + 2 2 + (6,02 + 2 $ 9,3) $ 23,6 . 634 dm . 6,02 $ 8,8 Vhasáb = talap $ m = $ 23,6 . 625 dm3 . 2
1774.
1774.
& V = talap $ m =
a2 3 4
$ m=
0,784 2 $ 3 4
+ 3a $ m , azaz 518,2 =
$ 220 . 58,6 dm3 .
&
247
Tetraéder
1776. V . 13 695 dm3 ; A . 3506,8 dm2 . 1777. V . 37 279 cm3 ; A . 6463 cm2 .
1780.
82 3
$ 15 $ sin 48,27 . 310,23 dm3 . 4 1779. Az alapterület Heron-képlettel: talap=
1778. V = talap $ m =
= s (s - a)( s - b)( s - c) = 39,5 $ 19,5 $ 13,5 $ 6,5 . 259,98 dm2 . V = talap $ b $ sin 69,6 = 259,98 $ 52 $ sin 69,6 . 12 671 dm3 . 12,67 m 3 .
1780. a = 507l; b = 7013l; d = 7 dm; r = 3 dm; { = 60. a = 2r $ sin a á 4,6 dm; b = 2r $ sin b á á 5,65 dm; c = 59,66. ab sin c talap= . 11,22 dm2 & V = talap $ d $ sin { . 68 dm3 . 2
Tetraéder 1781. 1 rész: maga a test. 4 rész: a csúcsokhoz csatlakozó triéderekbôl. 4 rész: a lapokhoz csatlakozó térrészekbôl. 6 rész: az élekhez csatlakozó térrészekbôl. Összesen: 15 resz. 1782. Az ABC3 SD súlypontjára ASD = 2SDE; a BCD3 SA súlypontjára DSA = 2SAE. AEDben a párhuzamos szelôk tételének megfordítása miatt SASD ; DA & a párhuzamos szelôszaka1 szok tételét alkalmazva SASD = AD. SASDS3 + ADS3, mert szögeik páronként egyenlôk & 3 1 S S S S & m = = A = D & S az ASA, illetve DSD szakaszok SA-hoz, illetve SD-hez közelebbi 3 AS DS negyedelôpontja. Páronként bármely két laphoz tartozó súlyvonal metszéspontjáról belátható a fenti negyedelés. & A súlyvonalak egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot a tetraéder súlypontjának nevezzük. 1783. Tekintsük az 1782. ábrát. Az 1782. feladatban láttuk, hogy SASD ; DA és az SASDS3 1 aránnyal. Igaz középpontosan hasonló az ADS3-höz az S pontra vonatkozóan mS = 3 továbbá, hogy SASDE3 középpontosan hasonló a DAE31 höz az E pontra vonatkozóan mE = aránnyal. EF 1782. 3 súlyvonal az AED3-ben; EF + SASD = G; F képe G az E középpontú hasonlóságban & EG súlyvonal az SASDE3ben & G felezi SASD-t. SG súlyvonal az SASDS-ben; SF súlyvonal az ADS3-ben. Mivel SASD képe AD az S középpontú hasonlóságban & SG képe SF ugyanabban a hasonlóságban. A középponton átmenô egyenes invariáns, így F, S, G és E egy egyenesen vannak & FE átmegy S-en. 1 Az E középpontú hasonlóság miatt GE = FE; 3
II
248
3 FG. FS = 4 3 3 1 3 2 1 = (FE - GE) = (FE - FE) = $ FE = FE. 4 4 3 4 3 2 Tehát S felezi FE-t. 1784. Az 1782. feladatban láttuk, hogy AlDlE3 + 1 + DAE3, m = a hasonlóság aránya, E a hasonlóság 3 1 középpontja & AlDl ; DA és AlDl = DA. Hasonlóan 3 belátható ez a többi élpárra is. A két tetraéder élei páronként párhuzamosak. A súlypontok által meghatározott tetraéder éle harmada az eredeti tetraéder élének. 1785. 1 1785. Az 1784. feladatban láttuk, hogy ClAl = AC és 3 ClAl i AC & ClAl i [ABC] & CllAll i AC és CllAll = ClAl = 1 = AC. Hasonlóan belátható, hogy AllBll i AB és AllBll = 3 1 1 = AB, valamint BllCll i BC és BllCll = BC. 3 3 1786. Legyen SAB az AB él felezô merôleges síkja. Bármely P ! SAB esetén PA = PB. Legyen SBC az BC él felezô merôleges síkja. Bármely Q ! SBC esetén QB = QC. SBC nem párhuzamos SAB-vel, mert AB sem párhuzamos BC-vel & SAB + SBC = mABC létezik, és merôleges [ABC]re. Bármely R ! mABC esetén RA = RB = RC, mert R ben1786. ne van mindkét felezô merôleges síkban. Legyen SAD az AD él felezô merôleges síkja. Bármely T ! SAD esetén TA = = TD. SAD nem párhuzamos mABC-vel, mert mABC merôleges az [ABC] síkra, de SAD nem merôleges rá. Legyen SAD + mABC = K. K ! mABC & KA = KB = KC; K ! SAD & & KA = KD. A két állításból & KD = KC & K ! SDC, tehát a negyedik él felezô merôleges síkja is átmegy K-n. KA = KB = KC = KD miatt a K középpontú, KA sugarú gömb az ABCD tetraéder köré írható gömb. 1787. Legyen S1 = [ABD], S2 = [BCD], S3 = [ACD], S4 = [ABC]. S1 és S2 lapszögének szögfelezô síkja R12. Bármely P ! R12 esetén d(P; S1) = d(P; S2). S1 és S3 lapszögének szögfelezô síkja R13. Bármely Q ! R13 esetén d(Q; S1) = d(Q; S3). Legyen R12 + R13 = e (D ! e, mert D ! S1, D ! S2). Bármely R ! e esetén d(R; S1) = d(R; S2), mert R ! R12. d(R; S1) = d(R; S3), mert R ! R13. A két állításból & d(R; S2) = d(R; S3) & R rajta van az S2 és S3 síkok lapszögének szögfelezô síkján, R23 síkon. D ! R23 és R ! R23 miatt e = R12 + R13 + R23. Legyen R24 az S2 és S4 síkok lapszögének szögfelezô síkja. e nem párhuzamos a R24 síkkal, mert akkor a tetraéder által körülzárt térrész nem tartalmazhatná mindkettôt & e + R24 = O létezik. O ! e miatt d(O; S1) = d(O; S2) = d(O; S3); O ! R24 miatt d(O; S2) = d(O; S4). A két állításból & d(O; S1) = d(O; S4) & O ! R14. Hasonlóan belátható, hogy O ! R34, tehát a belsô szögfelezô síkok egy pontban metszik egymást. Ez az O pont egyenlô távol van a tetraéder lapsíkjaitól & O köré d(O; Si) sugarú gömb írható, ami érinti a lapsíkokat.
1784.
II
Tetraéder
az S középpontú hasonlóság miatt FS =
