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

A B. 4510. feladat (2013. január)

B. 4510. Az O középpontú szabályos (2k+1)-szög alapú egyenes gúla alapéleinek hossza 1, OB magasságának hossza pedig m. Tükrözzük a gúlát az OB szakasz felezőpontjára. Mekkora a két gúla közös részének a térfogata?

(6 pont)

A beküldési határidő 2013. február 11-én LEJÁRT.


Megoldási ötlet: A gúlák közös tengelyére illeszkedő félsíkokkal bontsuk részekre a gúlákat és a közös részüket (mint egy tortát), és számítsuk ki a térfogatokat egy-egy szeletben.

 

Megoldás. Legyen a gúla alaplapja A_0A_1\ldots A_{2k}, a tükörkép alaplapja C_0C_1\ldots C_{2k}, csúcsa O. Az alaplapok csúcsait modulo 2k+1 fogjuk indexelni, tehát például A2k+1=A0.

Legyen az AiAi+1 él felezőpontja Fi, a CiCi+1 él felezőpontja pedig Gi. Például az AiFiO derékszögű háromszögekből leolvashatjuk, hogy az alaplapok köré írt kör sugara

 R=\dfrac1{2\sin{\frac{180^\circ}{2k+1}}},

a beírt körök sugara pedig


r=\frac12 \ctg\frac{180^\circ}{2k+1} =
\frac{\cos\frac{180^\circ}{2k+1}}{2\sin\frac{180^\circ}{2k+1}}.

A B, O, Ai és Gk+i pontok egy síkba esnek, mert CiBGk+i\angle=180o; legyen Ui=AiB\capGk+iO. Hasonlóan legyen Vi=FiB\capCk+i+1O.

Tekintsük most a gúláknak és a metszetüknek a BOAiGk+i és BOFiCk+i+1 félsíkok közé eső részét. A közös részt a két félsík, továbbá az AiAi+1B és Ck+iCk+i+1O lapok határolják, a közös rész tehát egy tetraéder, amelynek csúcsai B, O, Ui és Vi.

A BOUiVi tetraéder térfogatát a BOAiFi tetraéder térfogatával fogjuk összehasonlítani. A OAiGk+iB derékszögű trapéz alapjainak hossza OAi=R és Gk+iB=r, az átlók metszéspontja Ui. A OAiUi és Gk+iBUi háromszögek hasonlók, így \dfrac{A_iU_i}{BU_i}= \dfrac{OA_i}{G_{k+i}B}=\dfrac{r}{R}, és


\frac{BU_i}{BA_i} = \frac{BU_i}{BU_i+U_iA_i} = \dfrac{r}{R+r}.

Hasonlóan, a OFiCk+i+1B trapéz vizsgálatából kapjuk, hogy


\frac{BV_i}{BF_i} = \dfrac{R}{R+r}.

Ezek után


\dfrac{{\rm t\'erfogat}(BOU_iV_i)}{{\rm t\'erfogat}(BOA_iF_i)} =
\frac{BU_i}{BA_i} \cdot \frac{BV_i}{BF_i} = \dfrac{Rr}{(R+r)^2}.

A szimmetria miatt az arány mindegyik térrészben ugyanaz. Ezért a két gúla közös részének térfogata


  \dfrac{Rr}{(R+r)^2} \cdot 
{\rm t\'erfogat}(A_0A_1\ldots A_{2k}P) =
  \dfrac{Rr}{(R+r)^2} \cdot \left(\frac13\cdot(2k+1)\frac{r}2 \cdot m\right) =


=  \dfrac{(2k+1)m}6 \cdot \dfrac{R r^2}{(R+r)^2} =
  \dfrac{(2k+1)m\cos^2\frac{180^\circ}{2k+1}
  }{12\sin\frac{180^\circ}{2k+1}(1+\cos\frac{180^\circ}{2k+1})^2}.


Statisztika:

27 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Balogh Tamás, Fehér Zsombor, Forrás Bence, Havasi 0 Márton, Janzer Olivér, Maga Balázs, Schwarcz Tamás, Tardos Jakab, Tossenberger Tamás, Venczel Tünde.
5 pontot kapott:Ágoston Péter, Herczeg József, Lelkes János, Medek Ákos, Németh Gergely, Paulovics Zoltán, Simkó Irén, Szabó 789 Barnabás.
4 pontot kapott:3 versenyző.
3 pontot kapott:1 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:4 versenyző.

A KöMaL 2013. januári matematika feladatai