Kezdőlap


Feladat:	F.1916	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Mátrai Gizella
Füzet:	1974/november, 129 - 131. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengely körüli forgatás, Kocka, Terület, felszín, Térfogat, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/január: F.1916

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) Megmutatjuk, hogy a két kockáról az a $6$ ‐ $6$ él, amelyek nem futnak be a közös tengely végpontjaiba, páronként felezi egymást. Ennek alapján könnyen felbonthatjuk az együttesen kitöltött teret is és az alakzat felszínét is egyszerűen számítható térfogatú, illetve felszínű részekre.
Legyen egy kocka alaplapja $A B C D$ , egyik oldallapja $B C G F$ , a $B F$ él felezőpontja $P$ , a $B C$ , $C D$ élé $Q$ , illetve $R$ .

Ezek mindegyike egyenlő távolságra van

A

-tól is,

G

-től is, mert a távolság egy-egy olyan derékszögű háromszög átfogója, melynek befogói

1

és

1 / 2

. Ugyanez áll a további

3

, sem

A

-ba, sem

G

-be nem befutó él felezőpontjára; az átfogók hossza

r = \sqrt[]{5} / 2

. Így a

6

felezőpont rajta van az

A

és

G

körüli

r

sugarú gömbök felületén és metszésvonalán, ami egyszersmind az

A G = \sqrt[]{3}

testátló felező merőleges síkjában is benne van, tehát kör. Ennek

O

középpontja felezi

A G

-t, sugara pl. az

A Q O

derékszögű háromszögből

\sqrt[]{2} / 2

. Ugyanekkora

2

‐

2

egymás utáni felezőpont távolsága, pl. a

B C G F

lapban

Q R

. Ezek szerint a

6

felezőpont egy körbeírt, egyenlő oldalú idomnak, szabályos hatszögnek csúcsait alkotja,

P O Q ∢ = Q O R ∢ = 60^{\circ}

.
Ha most a második kockát az eddigiből

A G

körüli

60^{\circ}

-os elfordítással származtatjuk, akkor

P

átjut

Q

-ba,

Q

pedig

R

-be, tehát

B F

új helyzete felezi

B C

-t,

B C

új helyzete

C D

-t stb., amint állítottuk.
Messük le az eredeti kockából az

A P Q

, a

G Q R

...

síkkal a

B

, a

C

csúcs körüli,

1 / 2

1 / 2

1

élű derékszögű tetraédert, és

A

-t,

G

-t kivéve a kocka további

4

csúcsának is az ilyen ,,környezetét''. A visszamaradó test szabályos hatoldalú kettős gúla (bipiramis), ez a kocka elfordítása után az új helyzetben is benne van, a két kocka belsejének közös része. A lemetszett ‐ de továbbra is odatapasztott ‐

6

tetraéder viszont az eredeti kockán kívülre jut, pl. az

A P Q B

tetraéder az

A Q R B'

-be, és

B'

-t az

A B C D

lap ‐ illetve ennek

A Q R

részháromszöge ‐ elválasztja a kockától.
b) Eszerint a keresett térfogat a kettős gúla és

12

kis tetraéder térfogatának összege, másképpen az eredeti kocka és

6

kis tetraéder térfogatának összege:

\begin{matrix} V = 1^{3} + 6 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{5}{4} térfogategység. \end{matrix}

A felszín pedig a kis tetraéder

3

derékszögű lapterület összegének

12

szerese:

\begin{matrix} F = 12 (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8}) = \frac{15}{2} területegység. \end{matrix}

Megjegyzés. Érdekes, megegyezés, hogy alakzatunk térfogata is, felszíne is

1 / 4

résszel nagyobb, mint az eredeti kockáé.

Mátrai Gizella (Pécs, Széchenyi I. Gimn., III. o. t.)