Kezdőlap


Feladat:	F.2901	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Álmos Attila , Csörnyei Marianna , Dőtsch András , Faragó Gergely , Futó Gábor , Kálmán Tamás , Németh Ákos
Füzet:	1992/október, 301 - 302. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paralelepipedon, Térfogat, Tetraéderek, Vektorok lineáris kombinációi, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/március: F.2901

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

Használjuk az ábra jelöléseit. Ismeretes, hogy minden paralelepipedonba két tetraédert lehet írni, amelyek a paralelepipedon $O$ középpontjára tükrösek, és bármelyiknek a térfogata a paralelepipedonénak $\frac{1}{3}$ része.

Látni fogjuk, hogy a feladat megoldása szempontjából mindegy, hogy melyik tetraédert választjuk. Az ábrán a

B E G D

tetraédert rajzoltuk meg. Belátjuk, hogy ennek térfogata a paralelepipedon térfogatának

\frac{1}{3}

-a. Mivel pl. az

A B D E

levágott tetraéder

A B D

lapjának területe a paralelepipedon

A B C D

lapja területének a fele, az ezekhez a lapokhoz tartozó magasság pedig ugyanaz, ezért egy levágott tetraéder térfogata a paralelepipedon térfogatának

\frac{1}{6}

része. A négy levágott tetraéder térfogatának összege

4 \cdot \frac{1}{6}

, így a beírt tetraéder köbtartalma valóban

\frac{1}{3}

-a a paralelepipedon térfogatának.
Legyen

A B D E

tetraéder súlypontja

S

. Írjuk föl a

\vec{G S}

vektort. Tekintve, hogy

\vec{G A} = a + b + c, \vec{G B} = a + b, \vec{G D} = b + c és \vec{G E} = a + c, az A B D E

tetraéder súlypontjának helyvektora így kapható meg:

\begin{matrix} \vec{G S} = \frac{\vec{G A} + \vec{G B} + \vec{G D} + \vec{G E}}{4} = \frac{3}{4} (a + b + c) . \end{matrix}

Ezért

\begin{matrix} \vec{O S} = \vec{G S} - \vec{G O} = \vec{G S} - \frac{\vec{G A}}{2} = \frac{3}{4} (a + b + c) - \frac{1}{2} (a + b + c) = \frac{1}{4} (a + b + c) . \end{matrix}

Ebből láthatjuk, hogy

\vec{O S} = - \frac{1}{2} \vec{O G}

, ami azt jelenti, hogy az

O

centrumú,

- \frac{1}{2}

arányú középpontos hasonlóságban

G

képe

S

. Ugyanígy a másik három levágott tetraéder súlypontja a beírt tetraéder egy-egy további csúcsának képe az említett középpontos hasonlóságban. Ezért a súlypontok meghatározta tetraéder térfogata a beírt tetraéder térfogatának

(\frac{1}{2})^{3}

-szerese, tehát a paralelepipedon köbtartalmának

{(\frac{1}{2})}^{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{24}

része.

Csörnyei Marianna (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., II. o. t.)

Megjegyzések 1. Néhány megoldónk elemi geometriai eszközökkel (paralelogramma tulajdonságok, súlyvonalak osztási aránya) találta meg az előzőekben leírt

- \frac{1}{2}

arányú középpontos hasonlóságot. Ezek az egyébként szép megoldások valamivel hosszabbak, mint a fenti vektoros megoldás.
2. Csörnyei Marianna 2. megoldásában fölhasználta, hogy a paralelepipedon affinitással kockába vihető át. Mivel az affinitás aránytartó, elegendő a feladatot kockára megoldani. Ezután kiszámította a súlypontok által meghatározott (szabályos) tetraéder élét, majd a térfogatát.