Kezdőlap


Feladat:	887. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyene András , Győry Kálmán , Halász Gábor
Füzet:	1958/november, 112 - 114. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Magasságvonal, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/február: 887. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Elég egyetlen szemközti élpár négyzetösszegéről megmutatni, hogy kifejezhető a tetraédernek valamely az ortocentrikusságból következő állandójával. Láttuk az idézett cikk 35. oldalán, hogy két szemközti élpár felezőpontjai bármely tetraéderben paralelogrammát határoznak meg, és hogy ez ortocentrikus tetraéderben ‐ a szemközti élpárok merőlegessége folytán ‐ téglalappá (egyenlő átlójúvá) specializálódik (1. ábra).

1. ábra

És mivel az

F_{1} F_{2} F_{3} F_{4}

téglalap oldalai a lapháromszögekben egyszersmind középvonalak is, azért

B C

és

A D

négyzetösszege

\begin{matrix} B C^{2} + A D^{2} = 4 F_{1} F_{3}^{2} + 4 F_{3} F_{2}^{2} = 4 F_{1} F_{2}^{2} = 4 F_{3} F_{4}^{2}, \end{matrix}

vagyis azt kaptuk hogy ez a négyzetösszeg egyenlő a másik két éltengely négyzetének

4

-szeresével. Ámde ortocentrikus tetraédernek mind a három éltengelye egyenlő az ilyenben létező ,,második Feuerbach-gömb'' átmérőjével, eszerint a feladat állítását élesebben a következő alakban bizonyítottuk be: ortocentrikus tetraéderben a szemközti élek négyzetösszege egyenlő a második Feuerbach-gömb átmérője négyzetének

4

-szeresével.

Gyene András (Bp. V., Eötvös J. g. III. o. t.)

Megjegyzés: Igaz a feladat állításának megfordítása is: ha a szemközti élek négyzetösszege mindhárom élpárra ugyanakkora, akkor a tetraéder ortocentrikus. Feltevésünk így írható:

\begin{matrix} B C^{2} + A D^{2} = C D^{2} + A B^{2} = D B^{2} + A C^{2} = k . \end{matrix}

(1)

Írjuk fel az

F_{1} F_{2} F_{3} F_{4}

paralelogrammára azt az ismert tényt, hogy négy oldalának négyzetösszege egyenlő két átlójának négyzetösszegével és szorozzuk ezt az egyenlőséget

2

-vel:

\begin{matrix} 4 F_{1} F_{3}^{2} + 4 F_{3} F_{2}^{2} = 2 F_{1} F_{2}^{2} + 2 F_{3} F_{4}^{2} . \end{matrix}

Innen

2 F_{1} F_{3} = B C

és

2 F_{3} F_{2} = A D

figyelembevételével

\begin{matrix} B C^{2} + A D^{2} = 2 F_{1} F_{2}^{2} + 2 F_{3} F_{4}^{2} = k, \end{matrix}

(2)

és hasonlóan

\begin{matrix} C D^{2} + A B^{2} = 2 F_{3} F_{4}^{2} + 2 F_{5} F_{6}^{2} = k, & (3) \\ D B^{2} + A C^{2} = 2 F_{5} F_{6}^{2} + 2 F_{1} F_{2}^{2} = k . & (4) \end{matrix}

És most (2), (3) és (4) páronkénti egybevetésével azt kapjuk, hogy a három éltengely négyzete egyenlő, ezért ‐ szakaszokról lévén szó maguk az éltengelyek is egyenlők, ebből pedig következik, hogy a tetraéder ortocentrikus.

II. megoldás: Jelöljük

A'

ill.

B'

-vel az

A

ill.

B

-ből kiinduló magasságvonalnak a

B C D

ill.

A C D

lapon való talppontját (2. ábra).

2. ábra

A A'

és

B B'

feltevésnél fogva egy síkban vannak és ez merőleges az említett lapok közös

C D

egyenesére.

E

-vel e síknak

C D

-vel való metszéspontját jelölve a sík

B E

és

A E

egyenesei is merőlegesek

C D

-re, ennélfogva Pythagoras tételével

\begin{matrix} B C^{2} & = B E^{2} + E C^{2}, B D^{2} = B E^{2} + E D^{2}, \\ A D^{2} & = A E^{2} + E D^{2}, A C^{2} = A E^{2} + E C^{2}, \end{matrix}

és innen összeadással

\begin{matrix} B C^{2} + A D^{2} = B D^{2} + A C^{2} (= B E^{2} + A E^{2} + E C^{2} + E D^{2}) . \end{matrix}

Hasonlóan kapjuk (pl. a

B B'

és

C C'

magasságokból kiindulva), hogy

\begin{matrix} B D^{2} + A C^{2} = C D^{2} + A B^{2} \end{matrix}

és evvel bizonyításunkat befejeztük.

Halász Gábor (Bp. II., Rákóczi F. g. III. o. t.)

III. megoldás: Két szemközti élpár négyzetösszegének egyenlőségét alkalmas tükrözéssel is bebizonyíthatjuk. Kössük össze

C

-nek a

B D

él felezőpontjára való

C'

tükörképét

A

B

D

-vel (3. ábra).

3. ábra

A kapott

B C D C'

négyszög paralelogramma, és így

C' D ∥ B C

és

C' B ∥ D C

. Másrészt feltevésünk folytán

B C ⊥ A D

és

D C ⊥ A B

ezért

C' D ⊥ A D

és

C' B ⊥ A B

, vagyis az

A D C'

és

A B C'

háromszögek derékszögűek, közös átfogójuk

A C'

. Ennek négyzetét mindkét háromszögből kifejezve:

\begin{matrix} A C'^{2} = C' D^{2} + A D^{2} = C' B^{2} + A B^{2}, \end{matrix}

és innen,

B C D C'

szemközti oldalainak egyenlőségét felhasználva

\begin{matrix} B C^{2} + A D^{2} = D C^{2} + A B^{2}, \end{matrix}

amit bizonyítani akartunk.

Győry Kálmán (Ózd, József A. g. IV. o. t.)