Kezdőlap


Feladat:	B.3998	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Blázsik Zoltán , Cserép Máté , Vajsz Tibor , Varga András
Füzet:	2007/szeptember, 342 - 344. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Tetraéderek, Térfogat, Heron-képlet, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2007/április: B.3998

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

I. megoldás. Legyenek a $P$ csúccsal szomszédos csúcsok $A$ , $B$ és $C$ . Az $A B C P$ tetraédernek a térfogata:

\begin{matrix} V_{A B C P} = \frac{a b c}{6} . \end{matrix}

A tetraéder térfogatát másképpen is kiszámíthatjuk, az

A B C

háromszög területéből és a hozzá tartozó

P M = m

magasságból:

\begin{matrix} V_{A B C P} = \frac{T m}{3}, vagyis V_{A B C P}^{2} = \frac{T^{2} m^{2}}{9} . \end{matrix}

A terület négyzetét a Héron-képlet segítségével kifejezve és átalakítva:

\begin{matrix} T^{2} & = \frac{1}{16} (x + y + z) (x + y - z) (x + z - y) (y + z - x) = \\ = \frac{1}{16} ({(x + y)}^{2} - z^{2}) (z^{2} - {(x - y)}^{2}) = \\ = \frac{1}{16} (x^{2} + 2 x y + y^{2} - z^{2}) (z^{2} - x^{2} - y^{2} + 2 x y) = \frac{1}{16} (4 x^{2} y^{2} - {(x^{2} + y^{2} - z^{2})}^{2}) . \end{matrix}

A Pitagorasz-tétel szerint az oldalak:

x^{2} = a^{2} + b^{2}

y^{2} = a^{2} + c^{2}

z^{2} = b^{2} + c^{2}

, amiből

\begin{matrix} T^{2} = \frac{1}{16} (4 (a^{2} + b^{2}) (a^{2} + c^{2}) - 4 a^{4}) = \frac{1}{4} (a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}) . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} m^{2} = \frac{V_{A B C P}^{2}}{\frac{T^{2}}{9}} = \frac{9 \frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{36}}{\frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{4}} = \frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}, \end{matrix}

innen pedig

\begin{matrix} \frac{1}{m^{2}} = \frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{a^{2} b^{2} c^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} . \end{matrix}

II. megoldás. Vegyünk fel egy derékszögű koordinátarendszert úgy, hogy a

P

pont az origóban legyen, a

P

-vel szomszédos csúcsok pedig rendre legyenek

A (a; 0; 0)

B (0; b; 0)

C (0; 0; c)

. Ekkor a sík tengelymetszetes egyenlete:

\begin{matrix} \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1, \end{matrix}

ezt

a b c

-vel beszorozva:

\begin{matrix} b c \cdot x + a c \cdot y + a b \cdot z = a b c . \end{matrix}

Ezt összevetve a sík

n_{1} x + n_{2} y + n_{3} z = d

normálvektoros egyenletével látható, hogy a sík egy normálvektora

n = (b c; a c; a b)

. Az egységnyi hosszú normálvektort pedig úgy kapjuk, ha ezt a vektort elosztjuk a saját hosszával:

\begin{matrix} \bar{n_{e}} = \frac{\bar{n}}{\sqrt[]{b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2}}} . \end{matrix}

m

távolságot megkaphatjuk

\vec{P C} = (0; 0; c)

és

n_{e}

skalárszorzataként:

\begin{matrix} M = \vec{P C} \cdot n_{e} = \frac{0 \cdot b c + 0 \cdot a c + c \cdot a b}{\sqrt[]{b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2}}} = \frac{a b c}{\sqrt[]{b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2}}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} m^{2} = \frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{b^{2} c^{2} + a^{2} c^{2} + a^{2} b^{2}}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{1}{m^{2}} = \frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{a^{2} b^{2} c^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} . \end{matrix}

III. megoldás. Derékszögű háromszögben az átfogóhoz tartozó magasságról könnyen belátható, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{m^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} . \end{matrix}

Ugyanis

a^{2} b^{2} = c^{2} m^{2} = 4 T^{2}

miatt

\begin{matrix} \frac{1}{m^{2}} = \frac{c^{2}}{a^{2} b^{2}} = \frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2} b^{2}} = \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{a^{2}} . \end{matrix}

Alkalmazzuk ezt az összefüggést először az

A P C

, majd a

B P N

derékszögű háromszögben:

\begin{matrix} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{c^{2}}, \frac{1}{m^{2}} = \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{n^{2}}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} \frac{1}{m^{2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} . \end{matrix}