Kezdőlap


Feladat:	B.4198	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Karl Erik Holter
Füzet:	2010/március, 152 - 153. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Szabályos tetraéder, Középvonal, Háromszögek hasonlósága, Háromszög területe
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2009/szeptember: B.4198

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

Megoldás. A három tetraéder alapja az ábra jelöléseivel az $A B H$ , $B D C$ és $A C F$ háromszög, negyedik csúcsuk pedig egybeesik a szabályos tetraéder $O$ csúcsával. A három tetraéder közös része tehát a $D E F G H I$ hatszög alapú $O$ csúcsú gúla, melynek magassága megegyezik az eredeti tetraéder magasságával, így a térfogataik aránya helyett elegendő az alapterületeik arányát vizsgálni.

A hatszög területét négy háromszög területére bontjuk:

T_{D E F G H I} = T_{D F H ▵} + T_{D F E ▵} + T_{F H G ▵} + T_{H D I ▵}

, ahol az utóbbi három terület egyenlő, a háromszögek egybevágósága miatt.
Mivel a

D F H ▵

oldalai

A_{1} B_{1} C_{1} ▵

középvonalai, ennek az oldalai pedig az

A B C ▵

középvonalai, így

\begin{matrix} T_{D F H ▵} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot T_{A B C ▵} = \frac{1}{16} \cdot T_{A B C ▵} . \end{matrix}

A B

és

D F

egyenesek távolsága, ami egyben a

D F C_{1} ▵

magassága, hasonlóan az

A B C ▵

magasságának negyed része, és ez egyben az

A B E ▵

és

D F E ▵

magasságának összege:

m_{A B E ▵} + m_{D F E ▵} = \frac{1}{4} m_{A B C ▵}

. A

D F E ▵

és

A B E ▵

hasonlóak, a hasonlóság aránya:

\begin{matrix} \frac{D F}{A B} = \frac{1}{4} = \frac{m_{D E F ▵}}{m_{A B E ▵}}, így \\ m_{A B E ▵} + m_{D F E ▵} = 4 \cdot m_{D F E ▵} + m_{D F E ▵} = 5 m_{D F E ▵} = \frac{1}{4} m_{A B C ▵}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} m_{D F E ▵} & = \frac{1}{20} m_{A B C ▵}, \\ T_{D F E ▵} & = D F \cdot m_{D F E ▵} = \frac{1}{4} A B \cdot \frac{1}{20} m_{A B C ▵} = \frac{1}{80} T_{A B C ▵} . \end{matrix}

Összegezve a területeket:

\begin{matrix} T_{D E F G H I} = T_{D F H ▵} + 3 \cdot T_{D F E ▵} = \frac{1}{16} \cdot T_{A B C ▵} + \frac{3}{80} T_{A B C ▵} = \frac{1}{10} \cdot T_{A B C ▵} . \end{matrix}

Így a magasságok egyenlősége miatt a három tetraéder közös részének térfogata is 1/10 része a tetraéder térfogatának.