Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 3921. feladat (2006. május)

B. 3921. Négy darab egységnyi oldalú szabályos hatszögből és négy darab szabályos háromszögből mint lapokból egy konvex testet építettünk. Igazoljuk, hogy a test köré gömb írható, és határozzuk meg ennek a gömbnek a sugarát.

(5 pont)

A beküldési határidő 2006. június 15-én LEJÁRT.


Megoldás: A poliédernek 8 lapja van és (4.6+4.3)/2=18 éle. Az Euler-féle poliédertétel szerint tehát 12 csúcsa van, ezek mindegyikéből legalább 3 él indul ki, ami összesen legalább 12.3/2=18 él. Tehát minden csúcsból pontosan 3 él indul ki, minden csúcsban pontosan 3 lap találkozik. Egy csúcsnál legfeljebb két hatszöglap találkozhat, de mivel a hatszögeknek összesen 24=2.12 csúcsa van, ez csak úgy lehet, ha minden csúcsban pontosan két hatszöglap és egy háromszöglap találkozik. Ezért bármelyik hatszöglap körül felváltva követik egymást a hatszöglapok és a háromszöglapok (ezek oldala is egységnyi kell legyen), és ennek alapján már könnyen igazolható, hogy a szóban forgó test nem más, mind az a test, amit úgy kapunk, hogy egy 3 egység élű T szabályos tetraéder minden sarkából levágunk egy egységoldalú szabályos tetraédert. A T tetraéder körülírt gömbjét kicsinyítsük annak O középpontjából addig, míg a kapott gömb nem illeszkedik a test valamelyik csúcsára, ekkor az az összes csúcsra illeszkedni fog.

A gömb sugarának meghatározásához tekintsük T egyik e élének F felezőpontját, valamint a testnek ugyanezen élen lévő valamelyik C csúcsát. Ekkor az OFC derékszögű háromszög FC befogója 1/2 egység hosszú, tehát már csak az OF szakasz hosszát kell meghatároznunk. Ha az e él egyik végpontját A jelöli, akkor ezt az AFO derékszögű háromszögből tudjuk megtenni, ha ismerjük annak AO átfogóját, ami T tetraéder magasságának 3/4-ed része, hiszen O egyben T-nek a súlypontja is. Közismert, de a Pithagorasz-tétel alkalmazásával könnyen is igazolható, hogy az a élű szabályos tetraéder magassága \sqrt{2/3}a, esetünkben ez tehát \sqrt{6} lesz. Innen

AO^2=\Bigl(\frac{3}{4}\sqrt{6}\Bigr)^2=\frac{27}{8},\quad
OF^2=AO^2-FA^2=\frac{9}{8},\quad OC^2=OF^2+FC^2=\frac{11}{8}.

A gömb sugara ezek szerint OC=\sqrt{11/8}.


Statisztika:

49 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Blázsik Zoltán, Csaba Ákos, Dányi Zsolt, Dombi Soma, Grósz Dániel, Honner Balázs, Károlyi Gergely, Károlyi Márton, Kiss 243 Réka, Kovács 129 Péter, Kristóf Panna, Kunovszki Péter, Mercz Béla, Mészáros Gábor, Nagy 235 János, Peregi Tamás, Prőhle Zsófia, Sommer Dániel, Sümegi Károly, Szabó 108 Tamás, Szakács Nóra, Szalkai Balázs, Szalóki Dávid, Szilágyi 987 Csaba, Szűcs Gergely, Tomon István, Tossenberger Anna, Tóth 796 Balázs, Udvari Balázs, Varga 171 László.
4 pontot kapott:Csorba János, Győrffy Lajos, Nagy 314 Dániel, Németh 007 Zsolt, Páldy Sándor, Pásztor Attila, Pesti Veronika, Sárkány Lőrinc, Tóthmérész Lilla, Véges Márton.
3 pontot kapott:7 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.

A KöMaL 2006. májusi matematika feladatai