Kezdőlap


Feladat:	935. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Barabás Gy. , Bartha L. , Bollobás B. , Dávid G. , Fritz J. , Gazsi L. , Horváth Sándor (Bp.) , Jahn A. , Jelitai Árpád , Kisvölcsey J. , Kolonits F. , Muszély Gy. , Papp Éva , Parti Enikő , Rátkay Zs. , Tatai P. , Tihanyi Ambrus , Tusnády G. , Zeke A.
Füzet:	1959/szeptember, 17 - 19. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Térfogat, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/november: 935. matematika feladat

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

I. megoldás: Jelöljük a szóban forgó felező síkot $S$ -sel. Vetítsük a tetraédert (merőlegesen) az $M$ -en átmenő, $A B$ -re merőleges $S_{1}$ síkra, legyen $C$ , $D$ vetülete $C_{1}$ , $D_{1}$ , továbbá $A$ és $B$ egybeeső vetülete $N$ .

C C_{1}

és

D D_{1}

párhuzamosak

A B

-vel, ezért

C_{1}

D_{1}

A B C

, ill.

A B D

síkban is benne vannak, tehát rajta vannak e síkoknak

S_{1}

-gyel való

C_{1} N

D_{1} N

metszésvonalán. Ennélfogva a

C_{1} N D_{1}

szög méri az

A B

élnél levő lapszöget. ‐ Másrészt

S

és

S_{1}

metszésvonala

N M

, és ez felezi a

C_{1} N D_{1}

szöget. Ugyanis

M

feltevésnél fogva egyenlő távol van az

A B C

és

A B D

lapsíkokon levő

M_{1}

és

M_{2}

vetületeitől, ezek

S_{1}

-nek is pontjai, tehát

C_{1} N

, ill.

D_{1} N

-en vannak, ennélfogva

M

valóban egyenlő távol van a

C_{1} N D_{1}

szög száraitól.
A

C C_{1} M

és

D D_{1} M

derékszögű háromszögek egy a

C D

-n átmenő és

S_{1}

-re merőleges

S_{2}

síkban feküsznek,

M

-nél fekvő szögeik csúcsszögek, ezért hasonlók. Így

\begin{matrix} C M : M D = C_{1} M : M D_{1} . \end{matrix}

(1)

(Ha

S_{1}

átmegy

C D

-n, akkor

C_{1} \equiv C

D_{1} \equiv D

, és (1)-re nincs szükség.) A szögfelezőre vonatkozó tételnek a

C_{1} N D_{1}

háromszögre való alkalmazásával

\begin{matrix} C_{1} M : M D_{1} = C_{1} N : N D_{1} . \end{matrix}

(2)

Itt.

C C_{1} ∥ D D_{1} ∥ A B

folytán

C_{1} N

és

D_{1} N

megegyezik az

A B C

, ill.

A B D

háromszögnek az

A B

alaphoz tartozó magasságával, ennélfogva

A B / 2

-vel való szorzatuk e háromszögek területe:

\begin{matrix} C_{1} N : N D_{1} = \frac{C_{1} N \cdot A B}{2} : \frac{N D_{1} \cdot A B}{2} = t_{A B C} : t_{A B D} . \end{matrix}

(3)

Most már (1), (2) és (3) egybevetése a bizonyítandó állítást adja.
A külső lapszög

S_{3}

felezősíkja

C D

-t csak

C

-n, vagy

D

-n túli meghosszabbításán metszheti.

S_{3}

(amely átmegy

A B

-n és merőleges

S

-re) akkor és csak akkor nem metszi

C D

-t, ha párhuzamos vele. Ez az

S_{1}

en való vetületben is megmutatkozik:

S_{3}

nak

S_{1}

-gyel való metszésvonala (amely átmegy

N

-en és merőleges

N M

-re) párhuzamos

C_{1} D_{1}

-gyel. Így a

C_{1} N D_{1}

háromszög

N M

szögfelezője merőleges

C_{1} D_{1}

-re, tehát

C_{1} N = D_{1} N

, másképpen:

A B C

és

A B D

-nek

A B

-hez tartozó magasságai egyenlők, tehát

t_{A B C} = t_{A B D}

. ‐ Fordítva, ha e területek egyenlők, akkor az

S_{1}

-ben fekvő

C_{1} N D_{1}

háromszög egyenlő szárú, tehát

N

-nél fekvő külső szögének

f

felezője párhuzamos

C_{1} D_{1}

-gyel. Ennélfogva az

f

-en átmenő és

S_{1}

-re merőleges

S_{3}

párhuzamos

C D

-vel, mert ez

S_{2}

ben fekszik, az pedig átmegy

C_{1} D_{1}

-en és ugyancsak merőleges

S_{1}

-re. ‐ Ezek szerint

S_{3}

és

C D

párhuzamosságához szükséges és elegendő, hogy

t_{A B C} = t_{A B D}

legyen (amivel a feladat első része szerint együtt jár, hogy

M

felezi

C D

-t).
Ha már most

t_{A B C} \neq t_{A B D}

, akkor

M'

létezik. Ekkor az előbbi

S_{1}

helyett az

M'

-n átmenő és

A B

-re merőleges

S'_{1}

-t véve az ugyanúgy adódó

C'_{1}

D'_{1}

N'

vetületekkel a fenti meggondolás ismételhető. A változás csupán az, hogy

N' M'

külső szögfelezője a

C'_{1} N' D'

háromszögnek, azonban (2) megfelelője ekkor is érvényes. Így, ha

M'

létezik, akkor

C M' : M' D = C M : M D

Jelitai Árpád (Bp. XIV. ker., I. István g. IV. o. t.)

II. megoldás: Az aránypár helyességét az

M A B C

és

M A B D

tetraéderek

K_{1}

, ill.

K_{2}

köbtartalmának kétféleképpen való kifejezése útján is igazolhatjuk. E tetraédereknek

M

-ből húzott magasságai, mint

M

-nek az

A B C

és

A B D

lapsíkoktól való

m

távolságai, egyenlők, ennélfogva

\begin{matrix} t_{A B C} : t_{A B D} = m \cdot t_{A B C} : m \cdot t_{A B D} = 3 K_{1} : 3 K_{2} . \end{matrix}

(4)

Másrészt az

A

-ból húzott

m_{a}

magasságuk közös, mert az

A

-val szemben fekvő

M B C

, ill.

M B D

lapok egybeesnek

B C D

-vel. Így

\begin{matrix} 3 K_{1} : 3 K_{2} = m_{a} \cdot t_{M B C} : m_{a} \cdot t_{M B D} = t_{M B C} : t_{M B D} \end{matrix}

(5)

Végül az

M B C

és

M B D

háromszögek

B

csúcsa és

M C

, ill.

M D

oldalegyenese közös, tehát közös a

B

-ből húzott

m_{b}

magasságuk is, ezért

\begin{matrix} t_{M B C} : t_{M B D} = \frac{m_{b} \cdot C M}{2} : \frac{m_{b} \cdot M D}{2} = C M : M D . \end{matrix}

(6)

Most már az aránypár helyessége (4), (5) és (6) egybevetéséből adódik.

Tihanyi Ambrus (Bp., V., Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. A (4) és (5) aránypárok egybekapcsolásával a 934. feladat állítására kapunk bizonyítást. Fordítva, a 934. feladatra támaszkodva is bizonyíthatjuk állításunkat.
2. A 934. és 935. feladatok állításai együtt a háromszög szögfelezője által a szemközti oldalon létrehozott metszetekre vonatkozó síkbeli tétel térbeli általánosításainak tekinthetők, egyszersmind lehetőséget nyújtanak lapszögfelező sík,

f_{a}

egy-egy pontjának síkbeli szerkesztéssel való kitűzésére.
3. (1) és (2) egybevetése azt adja, hogy

N M

C N D

szöget is felezi.
4. Elég sok dolgozat a feladat második részében arra hivatkozott, hogy egyrészt

C D

és

S_{3}

párhuzamosságából, másrészt

S_{3}

és

S

merőlegességéből az következik, hogy

C D

és

S

merőlegesek. Ez téves, nem mindig igaz; vegyük pl.

S_{3}

-nak egy vízszintes és függőleges lapokkal határolt téglatest alaplapját,

C D

-nek a fedőlap egyik átlóját,

S

-nek pedig bármelyik oldallapot.