Kezdőlap


Feladat:	F.2120	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1978/március, 105 - 107. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Terület, felszín, Párhuzamos szelők tétele, Szabályos tetraéder, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/november: F.2120

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

Az $S$ metsző sík nem párhuzamos az $A C$ (alap-) éllel, hiszen az $A B C$ (alap-) lappal való $K L$ metszésvonala nem párhuzamos $A C$ -vel. Így kiszámíthatjuk $A C$ és $K L$ meghosszabbításai $P$ metszéspontjának távolságát $C$ -től (illetve az $A C B$ alaplapon meg is szerkeszthetjük), ekkor pedig $S$ és az $A C D$ lap metszésvonala $P M$ , és ez kimetszi az $A D$ élen a sík $N$ metszéspontját.

Húzzuk meg a párhuzamost

A C

-vel

K

-n és

N

-en át, és messe ez

C B

-t

K_{1}

-ben

C D

-t

N_{1}

-ben. Ekkor

L K_{1} = L B - K_{1} B = B C (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) = \frac{1}{6} B C = \frac{1}{3} L C

, és hasonló háromszögekből

C P = K_{1} K \cdot \frac{L C}{L K_{1}} = B C = A C

, tehát

P

A

csúcs tükörképe

C

-re nézve. Folytatólag

\begin{matrix} \frac{N_{1} N}{N_{1} M} = \frac{C P}{C M} = \frac{3}{2} = \frac{D N_{1}}{N_{1} M} = \frac{D M - N_{1} M}{N_{1} M} = \frac{D M}{N_{1} M} - 1, \end{matrix}

tehát

N_{1} M = \frac{2}{5} D M

D N_{1} = N N_{1} = \frac{3}{5} D M = \frac{1}{5} D C

, azaz

N

D A

élt ötödöli:

A N = 4 N D .

Tetraéderünket

S

K L M N

négyszögben metszi.
Tartsuk úgy a tetraédert, hogy

B D

éle közelebb legyen hozzánk, mint

A C

. Ekkor a felszín innenső részét a

B K L

és

D M N

háromszögek és a

B D N K

B D M L

négyszögek adják. Az utóbbiak úgy keletkeznek a

B D A

B D C

lapból, hogy elvesszük belőlük az

S

mögé jutó

K N A

, ill.

M L C

háromszöget. Az említett

4

részháromszög mindegyikének egyik szöge az eredeti

60^{\circ}

‐így könnyű meghatározni a

4

részháromszög és az eredeti lap területének arányát. Valóban, az ismert

t = \frac{a b}{2} sin γ

képletben közös a

\frac{sin γ}{2}

tényező, így a háromszögek területei arányosak a

60^{\circ}

-os szöget bezáró oldalaik szorzatával. Az eredeti lapok arányszáma

1 \cdot 1 = 1

, a részeké

\begin{matrix} A K \cdot A N & = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{8}{15}, & B K \cdot B L & = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}, \\ C L \cdot C M & = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}, & D M \cdot D N & = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{15}, \end{matrix}

és ezért a lapok négyszög részeire az arányszám sorra

\begin{matrix} K N D B -re 1 - \frac{8}{15} = \frac{7}{15}, K L C A -ra \frac{5}{6}, L M D B -re \frac{2}{3}, M N A C -re \frac{14}{15} . \end{matrix}

Így az elülső és a hátulsó felszínrész arányszámainak összege

\begin{matrix} \frac{1}{6} + \frac{7}{15} + \frac{2}{3} + \frac{1}{15} = \frac{41}{30}, illetve \frac{5}{6} + \frac{8}{15} + \frac{1}{3} + \frac{14}{15} = \frac{79}{30}, \end{matrix}

és ebből a keresett arány

41 : 79

, az elöl álló arányszám az eredeti

B D

élt, a hátul álló az

A C

élt tartalmazó felületi részre vonatkozik.

Megjegyzés. Meghatározhatjuk

N

helyzetét

S

és a

B D

élegyenes metszéspontjából is, ez

B

-nek

D

-re vonatkozó tükörképe.