A B. 4359. feladat (2011. április)

B. 4359. Messük el a szabályos tetraédert egy olyan síkkal, amely az egyik lapjára merőleges, s azt az e egyenesben metszi. Ennek a síknak a tetraéder másik három lapsíkjával képzett metszésvonalai e-vel ₁, ₂, ₃ szöget zárnak be. Határozzuk meg a

kifejezés lehetséges értékeit.

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Jelölje $\displaystyle \alpha$ a szabályos tetraéder tetszőleges két lapja által bezárt szöget. Ha az $\displaystyle XYZV$ szabályos tetraéder $\displaystyle XY$ élének felezőpontja $\displaystyle F$, $\displaystyle V$ csúcsának az $\displaystyle XYZ$ lapra eső vetülete pedig $\displaystyle S$, akkor $\displaystyle S$ az $\displaystyle XYZ$ háromszög súlypontja, tehát $\displaystyle \cos\alpha=FS/FV=1/3$, ahonnan $\displaystyle \sin\alpha=\sqrt{8}/3$, $\displaystyle {\tg}\alpha=\sqrt{8}$ következik.

Tekintsünk egy $\displaystyle ABCD$ tetrédert, ahol az $\displaystyle ABC$ sík a tetraédernek azon lapsíkja, amelyre a $\displaystyle BCD$ metsző sík merőleges, $\displaystyle ACD$ pedig a tetraéder egy másik lapsíkja, továbbá az $\displaystyle AD$ egyenes merőleges az $\displaystyle AC$ élegyenesre, a $\displaystyle B$ pont pedig a $\displaystyle D$ pontnak az $\displaystyle BC$ síkra eső vetülete. Ekkor a $\displaystyle CAB, CAD, ABD, CBD$ szögek derékszögek. Tegyük fel, hogy az $\displaystyle AB$ szakasz egységnyi hosszú. Mivel a $\displaystyle DAB$ szög nagysága $\displaystyle \alpha$, kapjuk, hogy $\displaystyle BD={\tg}\alpha=\sqrt{8}$. Ha az $\displaystyle ACB$ szög, vagyis a metsző síknak az $\displaystyle AC$ élegyenessel bezárt szöge $\displaystyle \xi$, akkor $\displaystyle CB=1/\sin\xi$. A $\displaystyle BCD$ síknak az $\displaystyle ACD$ lapsíkkal való $\displaystyle CD$ metszésvonala az $\displaystyle e=CB$ egyenessel $\displaystyle \phi=DCB$ szöget zár be, melyre $\displaystyle \tg\phi=BD/CB=\sqrt{8}\sin\xi$. Ez az összefüggés nyilván akkor is fennáll ha a tetraéder elfajuló, vagyis ha $\displaystyle C=A$, hiszen ekkor $\displaystyle \xi=\pi$ és $\displaystyle \phi=\alpha$.

Megállapíthatjuk tehát, hogy ha az $\displaystyle e$ egyenes a tetraéder alaplapjának élegyeneseivel $\displaystyle \xi_1,\xi_2,\xi_3$ szöget zár be, akkor

$\displaystyle {\tg}^2\phi_1 +{\tg}^2\phi_2 +{\tg}^2\phi_3= 8(\sin^2\xi_1+\sin^2\xi_2+\sin^2\xi_3).$

Mivel a szóban forgó élegyenesek egymással páronként $\displaystyle \pi/3$ szöget zárnak be, továbbá a $\displaystyle \sin^2$ függvény $\displaystyle \pi$ szerint periodikus páros függvény,

$\displaystyle \sin^2\xi_1+\sin^2\xi_2+\sin^2\xi_3= \sin^2\xi_1+\sin^2(\xi_1+\pi/3)+\sin^2(\xi_1-\pi/3)=$

$\displaystyle =\sin^2\xi_1+\left(\frac{1}{2}\sin\xi_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\xi_1\right)^2 +\left(\frac{1}{2}\sin\xi_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\xi_1\right)^2=$

$\displaystyle =\frac{3}{2}\sin^2\xi_1+\frac{3}{2}\cos^2\xi_1=\frac{3}{2}.$

Ezért a $\displaystyle {\tg}^2\phi_1 +{\tg}^2\phi_2 +{\tg}^2\phi_3$ kifejezés értéke, a metsző sík helyzetétől függetlenül, mindig 12 lesz.

Statisztika:

9 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Baráti László, Bogár Blanka, Damásdi Gábor, Máthé László, Strenner Péter, Szabó 928 Attila, Viharos Andor.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2011. áprilisi matematika feladatai