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