Kezdőlap


Feladat:	Gy.2933	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Deli Tamás , Jeszenszky Gyula , Kőműves Balázs , Soós Gergely , Szikszai Boglárka , Zámbó Tibor , Zsitva Miklós
Füzet:	1995/március, 145 - 146. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Beírt gömb, Gúlák, Téglatest, Térfogat, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/szeptember: Gy.2933

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

Jelöljük a gúla csúcsait $A$ , $B$ , $C$ , $D$ -vel úgy, hogy az $A$ -ban találkozó élek legyenek páronként merőlegesek, és $A B = 2$ , $A C = 6$ és $A D = 4$ cm legyen.
Tekintsük a gúla köré írt gömböt. Ezt az $A B C$ sík egy körben metszi. Mivel az $A B C$ háromszög derékszögű, ezért ennek a körnek a középpontja a $B C$ él felezőpontja. Ekkor viszont az $A$ -nak a $B C$ felezőpontjára vonatkozó $A'$ tükörképe is rajta van ezen a körön, s így egyúttal a gúla köré írt gömbön is. Ugyanígy kapjuk, hogy $A$ -nak a $B D$ felezőpontjára vonatkozó $A''$ és a $C D$ felezőpontjára vonatkozó $A'''$ tükörképe is a gömb egy-egy pontja (1. ábra). A tükrözés miatt az $A B A' C$ , $A B A'' D$ és $A C A''' D$ négyszögek téglalapok, amelyek síkjai ‐ $A B$ , $A C$ és $A D$ merőlegessége miatt ‐ egymásra páronként merőlegesek. Ez a hét pont tehát egy olyan téglatest hét csúcsa, amely téglatest körülírt gömbje megegyezik az $A B C D$ gúla körülírt gömbjével. A téglatest körülírt gömbjének sugara éppen a testátló fele. A testátló négyzete megegyezik az egy csúcsban találkozó élek négyzetének összegével, tehát a körülírt gömb sugara:

\begin{matrix} R = \frac{1}{2} \sqrt[]{2^{2} + 4^{2} + 6^{2}} = \sqrt[]{14} cm . \end{matrix}

Jelöljük a beírt gömb középpontját

O

-val, sugarát

r

-rel. Kössük össze

O

-t a gúla csúcsaival. Így a gúlát négy olyan tetraéderre bontottuk fel, amelyek alaplapjai az eredeti gúla lapjai, az ezekhez tartozó magasságuk pedig

r

(2. ábra). E négy kis tetraéder térfogatának összege megegyezik a gúla térfogatával. Az

A

-ban találkozó élek merőlegessége miatt a gúla térfogata

\frac{1}{6} \cdot 2 \cdot 4 \cdot 6 = 8 {cm}^{3}

, tehát:

\begin{matrix} 8 = \frac{1}{3} r (T_{A B C} + T_{A B D} + T_{A C D} + T_{B C D}) . \end{matrix}

A háromszögek közt három derékszögű van, ezek területe egyszerűen kiszámolható az élek ismeretében. A

B C D

háromszög oldalait Pitagorasz tételét használva kaphatjuk meg: ha

A B = 2

A C = 6

és

A D = 4

, akkor

B C = \sqrt[]{2^{2} + 6^{2}} = \sqrt[]{40}

B D = \sqrt[]{2^{2} + 4^{2}} = \sqrt[]{20}

és

C D = \sqrt[]{4^{2} + 6^{2}} = \sqrt[]{52}

. Az oldalak ismeretében a háromszög területét Héron képletével számítjuk ki:

\begin{matrix} \begin{matrix} 4 T_{B C D} = \\ = \sqrt[]{(\sqrt[]{40} + \sqrt[]{20} + \sqrt[]{52}) (\sqrt[]{40} + \sqrt[]{20} - \sqrt[]{52}) (\sqrt[]{40} - \sqrt[]{20} + \sqrt[]{52}) (- \sqrt[]{40} + \sqrt[]{20} + \sqrt[]{52})} = \\ = \sqrt[]{(8 + 2 \sqrt[]{800}) (- 8 + 2 \sqrt[]{800})} = \sqrt[]{3136} = 56. \end{matrix} \end{matrix}

Ezt beírjuk a térfogatra felírt egyenletbe:

\begin{matrix} 8 = \frac{1}{3} r (8 + 4 + 12 + 14), \end{matrix}

amiből

r = \frac{2}{3}

cm.
Tehát a gúla körülírt gömbjének sugara

\sqrt[]{14}

cm, a beírt gömbjének sugara pedig

\frac{2}{3}

cm.

Zámbó Tibor (Kaposvár, Római Katolikus Gimn., II.o.t.)