Kezdőlap


Feladat:	Gy.2517	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ágoston N. , Álmos Á. , Bánfalvi K. , Berke Mónika , Boncz A. , Dorogi P. , Erben P. , Fügedi Zs. , Hajnal Veronika , Hegedűs L. , Horváth J. (Jászberény) , Imreh Cs. , Jurányi Zs. , Káli Sz. , Kiss 128 I. , Kiss 623 Gy. , Kovács F. , Magó K. , Maróti M. , Miklós Gy. , Molnár Sáska G. , Monori A. , Nagy 999 Judit , Németh S. , Pataki A. , Risbjerg Anna , Skopál Judit , Soltész Andrea , Szalkai Á. , Szőllőssy G. , Török F. , Újváry-Menyhárt Zoltán , Virág B. , Zsák A.
Füzet:	1989/szeptember, 258 - 261. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Tengely körüli forgatás, Paralelepipedon, Térfogat, Szabályos tetraéder, Vektorok lineáris kombinációi, Vektorok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/november: Gy.2517

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

I. megoldás. A feladatot a tetraéderekhez tartozó bennfoglaló paralelepipedonok segítségével oldjuk meg. Ismert (lásd pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I., 2069., 2074. és 2083. feladatait), hogy minden tetraédernek létezik bennfoglaló paralelepipedonja, amelynek a térfogata éppen a tetraéder térfogatának a háromszorosa. Tudjuk továbbá azt is, hogy az egységnyi élű $A B C D$ szabályos tetraéder bennfoglaló paralelepipedonja az $\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ élhosszúságú $A E C F G B H D$ kocka. Elegendő az $A' B' C' D'$ tetraéder bennfoglaló paralelepipedonját meghatároznunk.

1. ábra

A tükrözések miatt az 1. ábrán látható

A' A D', B' B A', D' D C'

és

C' C B'

háromszögekben megegyezik két-két oldal és az azok által bezárt szög, tehát ezek a háromszögek egybevágók. Ez viszont azt jelenti, hogy a bennfoglaló paralelepipedonnak négy olyan oldallapja van, amelyek egyenlő hosszúságú átlókkal rendelkező paralelogrammák, azaz téglalapok. Megmutatjuk, hogy a paralelepipedon másik két lapja pedig négyzet. Ehhez elegendő belátnunk, hogy

A' C'

és

B' D'

egyenlő hosszú, egymásra merőleges szakaszok. Tekintsük azt az egybevágósági transzformációt, amely az

A B C D E F G H

kockának a középpontjára való tükrözéséből, majd pedig az

A C

és

B D

szakaszok felezőpontját összekötő egyenes körüli

+ 90^{\circ}

-os forgatásból áll. Vizsgáljuk meg, hogy mi lesz az egyes pontok képe:

\begin{matrix} a tükrözésnél a forgatásnál \end{matrix}

\begin{matrix} A \to H \to D \\ B \to F \to A \\ C \to G \to B \\ D \to E \to C . \end{matrix}

Ezért

A'

képe

A

képének

B

képére vonatkozó tükörképe, azaz

D

-nek

A

-ra való tükörképe, tehát

D'

. Ugyanígy kapjuk, hogy

C'

képe

B'

. Tehát

A' C'

egyenlő hosszú

B' D'

-vel, a szögük pedig

90^{\circ}

, mert a tükrözés nem változtatja meg a szöget, az elforgatás pedig éppen

90^{\circ}

-os volt.

2. ábra

Tehát

A' B' C' D'

bennfoglaló paralelepipedonja négyzet alapú egyenes hasáb. Vetítsünk merőlegesen ennek a hasábnak az alaplapjára; a

P

pont képét jelölje

P^{*}

(2. ábra). A tükrözések miatt az ábrán egyformán jelölt szakaszok egyenlő hosszúak, tehát a hasáb alapjának az éle az

A B C D E F G H

kocka élének a

\sqrt[]{5}

-szöröse. Hasonlóan vetítsünk merőlegesen az

A' B' C' D'

tetraéder bennfoglaló hasábjának egyik oldallapjára (3. ábra).

3. ábra

Az egyformán jelölt szakaszok ezúttal is a tükrözések miatt egyenlőek. Származtatásukból következően az

A' C', B' D'

egyenesek párhuzamosak a kocka

A E C F

G B H D

lapjaival, amelyek ezért párhuzamosak a hasáb alapjával. Így a 3. ábrán az

A^{* *} C^{* *}

és a

B^{* *} D^{* *}

egyenesek távolsága megegyezik a kocka élhosszúságával, ennek tehát a hasáb magasága éppen a 3-szorosa. Ezek szerint a hasáb térfogata a kocka térfogatának

\sqrt[]{5} \cdot \sqrt[]{5} \cdot 3 = 15

-szöröse, tehát

A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

térfogata is 15-szöröse

A B C D

térfogatának.

II. megoldás. A vektorok vegyesszorzatának ismeretében rövidebben is megoldható a feladat.
Legyen

\vec{D A} = a, \vec{D B} = b, \vec{D C} = c

. Ekkor

\vec{D A'} = 2 b-a, \vec{D B'} = 2 c-b, \vec{D C'} = -c

és

\vec{D D'} = 2 a

. Ezért

\vec{C' A'} = \vec{D A'} - \vec{D C'} = 2 b-a+c

és ugyanígy

\vec{C' B'} = 3 c-b, \vec{C D'} = 2 a+c

(4. ábra).

4. ábra

Ekkor az

A B C D

tetraéder térfogata:

\begin{matrix} V = \frac{1}{6} | abc | . \end{matrix}

A' B' C' D'

tetraéder térfogata pedig:

\begin{matrix} V' & = \frac{1}{6} | (2 b-a+c) (3 c-b) (2 a+c) | = \\ = \frac{1}{6} | 12 bca + abc - 2 cba | = \\ = \frac{1}{6} | 15 abc | = 15 V . \end{matrix}

A' B' C' D'

térfogata az

A B C D

térfogatának 15-szöröse.

Megjegyzések. 1. A második megoldás során nem használtuk ki az

A B C D

tetraéder szabályosságát, tehát tetszőleges tetraéderre igaz, hogy ha csúcsait a feladatban leírt módon tükrözzük, akkor a tükörképek által meghatározott tetraéder térfogata az eredeti tetraéder térfogatának 15-szöröse.
2. A hibás dolgozatok

95 %

-a abból a helytelen feltevésből keletkezett, hogy az

A' B' C' D'

tetraéder szabályos. Nem szabad mindig biztosra venni a szimmetria öröklődését.