Kezdőlap


Feladat:	B.3404	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Horváth Illés
Füzet:	2001/április, 226 - 227. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Térbeli ponthalmazok távolsága, Kocka, Térfogat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/november: B.3404

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

Jelöljük az $A$ , $B$ , $C$ csúcsok közös szomszédját $O$ -val. Az $O A B C$ tetraéder térfogata $\frac{1}{6} \cdot O A \cdot O B \cdot O C = \frac{1000}{6} < \frac{251}{251 + 248 + 251} \cdot 1000$ , ezért az $S_{1}$ sík $O$ -tól távolabb van, mint az $A B C$ sík. Messe az $S_{1}$ az $O$ -ból induló kockaéleket rendre az $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ pontokban. Az $O A_{1} B_{1} C_{1}$ tetraéder $O$ -ból induló élei egyenlő hosszúak. Legyen $A A_{1} = B B_{1} = C C_{1} = x$ . Ekkor az $S_{1}$ által a kockából levágott rész térfogatát ‐ azaz az $O A_{1} B_{1} C_{1}$ tetraéder és a kocka közös részének térfogatát ‐ megkapjuk, ha az $O A_{1} B_{1} C_{1}$ tetraéder térfogatából levonjuk az $A$ , $B$ és $C$ csúcsoknál a kocka lapjai által a nagy tetraéderből levágott három kis tetraéder térfogatát (1. ábra). E kis tetraéderek $A$ -ban, $B$ -ben, illetve $C$ -ben találkozó élei páronként merőlegesek egymásra, hosszuk pedig $x - 10$ , ezért az $S_{1}$ által a kockából levágott rész térfogata:

\begin{matrix} \frac{1}{6} x^{3} - 3 \cdot \frac{1}{6} {(x - 10)}^{3} . \end{matrix}

A feltétel szerint ez a kocka térfogatának

\frac{251}{750}

része, tehát

\begin{matrix} \frac{1}{6} x^{3} - 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot {(x - 10)}^{3} = \frac{251}{750} \cdot 1000. \end{matrix}

Ezt az egyenletet rendezve kapjuk, hogy

\begin{matrix} x^{3} - 45 x^{2} + 450 x - 496 = 0. \end{matrix}

A harmadfokú egyenleteknek is van ‐ a másodfokúakhoz hasonlóan ‐ általános megoldóképlete. Ezt az egyenletet azonban annak ismerete nélkül is megoldhatjuk. Ha az egyenletnek van egész gyöke, akkor az osztja a 496-ot, az egyenlet konstans tagját.

496 = 2^{4} \cdot 31

, az osztókat megvizsgálva kapjuk, hogy

x = 31

gyöke az egyenletnek. Ezután az egyenlet bal oldala szorzattá alakítható:

\begin{matrix} x^{3} - 45 x^{2} + 450 x - 496 = (x - 31) (x^{2} - 14 x + 16) . \end{matrix}

Tehát az egyenlet gyökei:

x_{1} = 31

x_{2,3} = 7 \pm \sqrt[]{33}

.
Mivel az

S_{1}

sík

O

-tól távolabb van, mint az

A B C

sík, de közelebb van

O

-hoz, mint a kocka

O

-val átellenes csúcsához, azért

10 < x < \frac{10 \sqrt[]{3}}{2}

. Ezeknek a feltételeknek csak az

x = 7 + \sqrt[]{33}

megoldás felel meg. A kocka középpontos szimmetriája miatt az

S_{2}

sík is ugyanakkora szakaszokat vág le a kocka

O

-val átellenes csúcsából kiinduló élekből. A két sík távolságát megkapjuk, ha a kocka testátlójának hosszából levonjuk az

O A_{1} B_{1} C_{1}

tetraéder

O

-hoz tartozó magasságának kétszeresét.
Az

A_{1} B_{1} C_{1}

szabályos háromszög oldala

x \cdot \sqrt[]{2}

, ezért a háromszög területe

\frac{x^{2} \cdot 2 \cdot \sqrt[]{3}}{4}

. Ha az

O

-hoz tartozó magasságot

m

-mel jelöljük, akkor a tetraéder térfogatát kétféleképpen felírva kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{3} \cdot \frac{x^{2} \cdot 2 \sqrt[]{3}}{4} \cdot m = \frac{1}{6} \cdot x^{3}, \end{matrix}

tehát

m = \frac{x}{\sqrt[]{3}} = \frac{7 \sqrt[]{3}}{3} + \sqrt[]{11}

.
Vagyis az

S_{1}

és

S_{2}

síkok távolsága

\begin{matrix} 10 \sqrt[]{3} - 2 m = \frac{16 \sqrt[]{3}}{3} - 2 \sqrt[]{11} \approx 2,6044 egység . \end{matrix}

Horváth Illés (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján