Feladat: B.3625 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Kovács Levente 
Füzet: 2004/március, 150 - 151. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Gömb és részei, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2003/március: B.3625

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

Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit!

 
 

Érintse a gömb a tetraéder ABD, BCD és ACD lapját, illetve az ABC lap AB, BC és AC oldalát.
A gömb O középpontja a tetraéder szimmetriatulajdonságai miatt a DT forgásszimmetria-tengelyen van, az ABC szabályos háromszög oldalait pedig azok felezőpontjában érinti. Mivel ezek a felezőpontok az oldallapoknak is pontjai, így csak ezekben a pontokban érintheti a gömb az oldallapokat. (Ez lehetséges is.) T az alaplap súlypontja, ezért AT:TF=2:1.
A gömb OF sugara merőleges a DF érintőre, így az OTF háromszög hasonló az OFD háromszöghöz (mindkettő derékszögű és van egy közös szögük), amiből OT:r=TF:FD(=TF:AF)=1:3 adódik.
A Pitagorasz-tételt felírva az OTF háromszög oldalaira: r2=(r3)2+TF2, ahol TF=13⋅32=36, így 89r2=336, r2=332, r=14⋅32=68. A kérdéses gömb sugara tehát 68 egység hosszú.