Kezdőlap


Feladat:	F.2859	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Álmos Attila , Csörnyei Marianna , Futó Gábor , Imreh Csanád , Komócsi Sándor , Lente Gábor , Molnár-Sáska Gábor , Párniczky Benedek , Perlaki Tamás , Pór Attila , Révész Ádám , Tóth Csaba , Újváry-Menyhárt Zoltán , Varga Emese
Füzet:	1992/január, 17. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Konstruktív megoldási módszer, Terület, felszín, Térfogat, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/május: F.2859

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

Legyen a $V$ térfogatú, $A$ felszínű tetraéder beírt gömbjének középpontja $O .$ Az $O$ pontot a csúcsokkal összekötve a tetraédert olyan gúlákra bontjuk, amelyek alaplapja a tetraéder egy-egy lapja, magassága pedig a beírt gömb $r$ sugara. Ezeknek a gúláknak a térfogatát összeadva a tetraéder térfogatát kapjuk. Ezért $V = \frac{A \cdot r}{3} .$ Vegyünk fel egy $O$ -n átmenő tetszőleges síkot. Ez a sík a tetraédert egy $V_{1}$ , illetve $V_{2}$ térfogatú részre vágja, legyen a $V_{1}$ térfogatú testhez tartozó felszínrész $A_{1},$ a másik $A_{2}$ . A szóban forgó sík az előbb említett gúlák némelyikét nem metszi, másokat pedig két $O$ csúcsú gúlára vág szét, ezért

\begin{matrix} V_{1} = \frac{A_{1} \cdot r}{3} és V_{2} = \frac{A_{2} \cdot r}{3} . \end{matrix}

(1)

Az F. 2853. feladat megoldásában bebizonyítottuk, hogy a tetraéder két szemközti élének felezőpontján átmenő bármely sík felezi a tetraéder térfogatát. Tekintsük azt a síkot, amely két szemközti él felezőpontján és az

O

ponton megy át. Ez a sík felezi a tetraéder térfogatát azaz

V_{1} = V_{2}

, ezért (1)-ből

A_{1} = A_{2}

. Tehát létezik olyan sík, amely adott tetraédert két egyenlő felszínű és térfogatú részre vág szét.

Megjegyzések. 1. Abban a speciális helyzetben, ha az

O

pont ráesik egy szemben fekvő élpár felezőpontjait összekötő egyenesre, az említett sík határozatlan, mindegyik sík megfelelő; pl. az F. 2847. feladat egyenlő oldalú tetraéderében és a szabályos tetraéderben.

2. Többen a következőképpen írták le a feladat megoldását:

Az F. 2853. feladat megoldásakor bebizonyítottuk, hogy a tetraéder két szemközti élének felezőpontján átmenő sík felezi a tetraéder térfogatát. Tekintsünk egy ilyen

S

síkot. A résztest felszíne ‐ a metszetlap területe nélkül ‐ legyen

A_{1} (ϕ)

illetve

A_{2} (ϕ),

ahol

ϕ S

-nek és egy rögzített síknak a hajlásszöge. Ha

A_{1} (ϕ) = A_{2} (ϕ)

, akkor készen vagyunk. Tegyük fel ezután, hogy

A_{1} (ϕ) > A_{2} (ϕ),

azaz

A_{1} (ϕ) - A_{2} (ϕ) > 0.

Forgassuk el

S

-et a tetraéder eme két szemközti élének felezőpontját összekötő egyenes körül

180^{\circ}

-kal. Ekkor

A_{1} (ϕ + 180^{\circ}) = A_{2} (ϕ)

és

A_{2} (ϕ + 180^{\circ}) = A_{1} (ϕ),

hiszen az

S

sík

180^{\circ}

-os forgatás után önmagába megy át. Ezért

A_{1} (ϕ + 180^{\circ}) - A_{2} (ϕ + 180^{\circ}) = A_{2} (ϕ) - A_{1} (ϕ) < 0.

Feltéve hogy

A_{1} (ϕ) - A_{2} (ϕ)

folytonosan változott, Bolzano tétele szerint lesz a

(0^{\circ}; 180^{\circ})

intervallumban egy olyan

ϕ_{0}

szög, amelyre

A_{1} (ϕ_{0}) - A_{2} (ϕ_{0}) = 0,

tehát

A_{1} (ϕ_{0}) = A_{2} (ϕ_{0})

. ‐ Ez megoldás is helyes, de csak vázlatosnak tekinthető. Az

A_{1} (ϕ)

és

A_{2} (ϕ)

felszínekre intuitíven feltételezett folytonosságot igazolni kellene.