A B. 4601. feladat (2014. január)

B. 4601. Egy tetraéder egyik lapja egységnyi oldalú szabályos háromszög, továbbá van 3 darab a hosszúságú éle. Legfeljebb mekkora területű lehet a tetraéder merőleges vetülete egy síkon?

(6 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A tetraédernek négy csúcsa van, ezért bármely síkon lévő merőleges vetülete vagy háromszög, vagy konvex négyszög.

Először azt az esetet vizsgáljuk, amikor a vetület háromszög. E háromszög csúcsai a tetraéder három csúcsának vetületei, a tetraéder negyedik csúcsának vetülete pedig a háromszögbe esik. Tehát a vetület területe megegyezik az egyik lap vetületének területével. Ismert, hogy ha egy $\displaystyle T$ területű sokszöget a síkjával $\displaystyle \alpha$ szöget bezáró síkra vetítünk és a vetület területe $\displaystyle T_v$, akkor $\displaystyle T_v=T\cos \alpha$ (ennek bizonyítása megtalálható pl. Hajós György: Bevezetés a geometriába, 36.7. tétel).

1. ábra

Tetraéderünknek kétfajta lapja van. Az egységnyi oldalú szabályos háromszög, ennek területe $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}$, valamint az olyan egyenlőszárú háromszög, amelynek alapja $\displaystyle 1$, szárai pedig $\displaystyle a$ hosszúak. Az ilyen háromszög alaphoz tartozó magassága Pitagorasz tételéből következően $\displaystyle \sqrt{a^2-1/4}$ (1. ábra), ezért területe $\displaystyle \frac{\sqrt{a^2-1/4}}{2}$. Mivel $\displaystyle \cos \alpha \le 1$, a tetraéder vetületének $\displaystyle t$ területére

$\displaystyle \tag{1} t\le \frac{\sqrt{3}}{4}, \quad \text{illetve} \quad t\le \frac{\sqrt{a^2-\frac{1}{4}}}{2}$

teljesül.

A tetraéder szabályos háromszöglapjának síkjára vetítünk, akkor e lap vetülete önmaga, a negyedik csúcs vetülete pedig a tetraéder szimmetriája miatt e lap középpontjába esik (2. ábra), tehát ebben az esetben a vetület területe $\displaystyle t = \frac{\sqrt{3}}{4}$. Ha pedig a csúcsok betűzését úgy választjuk, hogy $\displaystyle AB=AC=AD=a$ és $\displaystyle BC=CD=DB=1$ teljesül és az $\displaystyle ABC$ lap síkjára vetítünk, akkor megmutatjuk, hogy a negyedik csúcs vetülete e lap belső pontja lesz, s így a vetület területe $\displaystyle t = \frac{\sqrt{a^2-1/4}}{2}$ (3. ábra). Mivel $\displaystyle A$ is és $\displaystyle D$ is egyenlő távolságra van $\displaystyle B$-től és $\displaystyle C$-től, ezért a $\displaystyle BC$ szakasz felezőmerőleges síkjában $\displaystyle A$ is és $\displaystyle D$ is benne van, tehát $\displaystyle AD\perp BC$. Ezért ha a $\displaystyle BC$ él felezőpontja $\displaystyle K$, akkor az $\displaystyle AKD$ sík merőleges az $\displaystyle ABC$ síkra. Vagyis $\displaystyle D$-nek az $\displaystyle ABC$ síkon lévő vetülete megegyezik az $\displaystyle AKD$ háromszög $\displaystyle D$-ből induló magasságának talppontjával. Ez pedig az $\displaystyle AK$ szakasz belső pontja, ugyanis a háromszög oldalainak hossza $\displaystyle AD=a$, $\displaystyle AK= \sqrt{a^2-1/4}$ és $\displaystyle KD=\frac{\sqrt{3}}{2}$, tehát leghosszabb ($\displaystyle AD$) oldalának négyzete kisebb, mint a másik két oldal négyzetének összege, vagyis $\displaystyle AKD$ hegyesszögű háromszög.

2. ábra                                                             3. ábra

Ha a vetület konvex négyszög, akkor annak mind a négy csúcsa a tetraéder egy-egy csúcsának a vetülete, a négyszög $\displaystyle e$ és $\displaystyle f$ hosszú átlói pedig a tetraéder két kitérő élének vetületei. Sem a három darab 1 hosszú, sem a három darab $\displaystyle a$ hosszú tetraéderélek közt nincsenek kitérőek, ezért feltehetjük, hogy az $\displaystyle e$ hosszúságú átló valamely 1 hosszú, az $\displaystyle f$ hosszúságú átló pedig valamely $\displaystyle a$ hosszú tetraéderél vetülete. Merőleges vetítésnél bármely szakasz képének hossza legfeljebb akkora, mint az eredeti szakasz hossza, ezért $\displaystyle e\le 1$ és $\displaystyle f\le a$. Ismert, hogy ha egy konvex négyszög átlóinak hossza $\displaystyle e$ és $\displaystyle f$, az átlók szöge pedig $\displaystyle \varphi$, akkor a négyszög területe $\displaystyle (ef\sin \varphi)/2$. Tehát ebben az esetben a tetraéder vetületének $\displaystyle t$ területére

$\displaystyle \tag{2} t\le \frac{ef\sin \varphi }{2}\le \frac{ef}{2}\le \frac{a}{2}$

teljesül.

Válasszuk a csúcsok betűzését ugyanúgy, mint az előző példában, legyen továbbá az $\displaystyle AB$, $\displaystyle AC$, $\displaystyle DB$ és $\displaystyle DC$ élek felezőpontja rendre $\displaystyle E$, $\displaystyle H$, $\displaystyle F$ és $\displaystyle G$ (4. ábra). Ekkor az $\displaystyle ABD$ és $\displaystyle ACD$ háromszögekben $\displaystyle EF$ és $\displaystyle GH$ az $\displaystyle AD$ élhez, az $\displaystyle ABC$ és $\displaystyle BCD$ háromszögekben pedig $\displaystyle HE$ és $\displaystyle FG$ a $\displaystyle BC$ élhez tartozó középvonalak. Ezért $\displaystyle EF\parallel AD \parallel GH$ és $\displaystyle HE\parallel BC \parallel FG$. Vagyis az $\displaystyle E$, $\displaystyle F$, $\displaystyle G$ és $\displaystyle H$ pontok egy $\displaystyle \mathcal S$ síkba esnek és paralelogrammát alkotnak. Továbbá a párhuzamosságok miatt az $\displaystyle AD$ és $\displaystyle BC$ egyenesek is párhuzamosak $\displaystyle \mathcal S$-sel. Mivel merőleges vetítésnél a vetítés irányára merőleges szakaszok hossza nem változik, ez azt jelenti, hogy az $\displaystyle ABCD$ tetraéder $\displaystyle \mathcal S$-en lévő merőleges vetülete egy olyan $\displaystyle A'B'C'D'$ négyszög, melyben $\displaystyle A'D'=AD=a$ és $\displaystyle B'C'=BC=1$. Továbbá $\displaystyle AD\perp BC$ miatt $\displaystyle A'D'\perp B'C'$ is fennáll. Vagyis az $\displaystyle ABCD$ tetraéder $\displaystyle \mathcal S$ síkra eső merőleges vetületének $\displaystyle t$ területére

$\displaystyle t=\frac{a\cdot 1\cdot \sin 90^{\circ }}{2}=\frac{a}{2}$

teljesül.

4. ábra

Most már csak azt kell megvizsgálnunk, hogy $\displaystyle a$ különböző értékei esetén az (1) és (2) egyenlőtlenségek közül melyik ad nagyobb felső korlátot a vetület területére. A feladatban leírt tetraéder nyilván pontosan akkor létezik, ha $\displaystyle a$ nagyobb, mint az egységnyi oldalú szabályos háromszög köré írható kör sugara, azaz ha $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}<a$. A $\displaystyle \frac{\sqrt{a^2-1/4}}{2}\le \frac{a}{2}$ egyenlőtlenség triviálisan teljesül, ezért azt kell meghatároznunk, hogy $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}\le \frac{a}{2}$ mikor áll fenn. Ez pontosan akkor teljesül, ha $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}\le a$.

Tehát $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{3}<a\le \frac{\sqrt{3}}{2}$ esetén a tetraéder bármely síkon lévő merőleges vetületének területe legfeljebb $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}$, $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}\le a$ esetén pedig legfeljebb $\displaystyle \frac{a}{2}$ lehet.

Simkó Irén (Miskolc, Földes Ferenc Gimn., 12. évf.) dolgozatát felhasználva

Statisztika:

29 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Ágoston Péter, Csépai András, Di Giovanni Márk, Fekete Panna, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Simkó Irén, Williams Kada.
5 pontot kapott:	Gyulai-Nagy Szuzina, Kovács 972 Márton, Nemes György, Zsók Bianka.
4 pontot kapott:	3 versenyző.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai