Feladat: 1058. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr A. ,  Bollobás B. ,  Farkas Z. ,  Frint G. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Glattfelder Péter ,  Horváth T. ,  Huber T. ,  Jójárt I. ,  Kéry G. ,  Knuth E. ,  Kóta G. ,  Kóta J. ,  Krámli A. ,  Kunszt Z. ,  Lehel J. ,  Magyar G. ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Mócsi Z. ,  Molnár E. ,  Nagy Cs. ,  Náray-Szabó G. ,  Páska Cs. ,  Pór A. ,  Sonnevend Gy. ,  Szegő K. ,  Székely J. ,  Szepesvári I. ,  Szőts M. ,  Zalán P. 
Füzet: 1961/október, 57 - 59. oldal  PDF file
Témakör(ök): Térgeometria alapjai, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/október: 1058. matematika feladat

Egy négyszöglapokkal határolt konvex hatlapú test két lapja ABCD és EFGH, további élei AE, BF, CG és DH. Bizonyítsuk be, hogy ha egyrészt az AB, EF, HG és DC, másrészt a BC és FG, harmadrészt az AD és EH élegyenesek egymás között párhuzamosak, akkor az AG, BH, CE és DF testátlók négyzetösszege egyenlő a következő kifejezéssel:
AE2+BF2+CG2+DH2+2(ABHG+DCEF+BCFG+ADEH).


Hogyan módosul a tétel, ha bármely két testátló metszi egymást? *
*A feladathoz lásd a 471. gyakorlatot XVII. kötet 57. o. (1958. október).

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

 

Alkalmazzuk az 1054. feladatban bebizonyított tételt1 rendre az ABGH, CDEF, ADHE, BCGF négyszögre:
AG2+BH2=AH2+BG2+2ABHG,CE2+DF2=CF2+DE2+2DCEF,AH2+DE2=AE2+DH2+2ADEH,BG2+CF2=BF2+CG2+2BCFG.
E négy egyenlőség összegéből a mindkét oldalon szereplő tagokat elhagyva a kívánt egyenlőség adódik.
Ha bármely két testátló metszi egymást, akkor a 471. gyakorlat2 szerint egy M ponton mennek át, hiszen nem lehetnek egy síkban.
 

 

Így az AG, DF átlók végpontjai egy síkban vannak. Ez a sík az ABCD és EFGH lapoknak a feltevések folytán párhuzamos síkjait párhuzamos egyenesekben metszi, ezért AD||FG. Így EH, AD, FG és BC párhuzamosak, ennélfogva ABCD és EFGH paralelogrammák. Ekkor ABHG=DCEF, ADEH=BCFG, és a tétel így egyszerűsödik:
AG2+BH2+CE2+DF2=AE2+BF2+CG2+DH2+4ABHG+4ADEH.

Ebben az esetben a test paralelogramma alapú csonka gúla, vagyis az AE, BF, CG, DH élek egy N ponton mennek át. Ugyanis az ADFG trapéz AD és FG oldalainak aránya, vagy ami ugyanaz, az AD:EH arány egyenlő AM:MG-vel, folytatólag M-nek AD és FG-től mért, és tovább az ABCD és EFGH síktól mért távolságainak m1:m2 arányával. Ugyanígy AB:EF=AB:HG=m1:m2, mert az AG és BH átlók metszéspontja ugyancsak M. Már most az ABFE (konvex) trapéz AE és BF szárai N metszéspontjának az AB, EF oldalaktól mért távolságai arányának, és így az AN:EN-nek értéke ugyancsak m1:m2, és ez áll a DCGH, ADEH trapézokra is. Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. (m1=m2 esetén N nem létezik, ekkor a test paralelepipedon.) Ekkor az ACGE és BDHF trapézek alapján az állítás következő módosulását is kimondhatjuk:
AG2+BH2+CE2+DF2=AE2+BF2+CG2+DH2+2ACEG+2BDFH.

Glattfelder Péter (Pannonhalma, Bencés g. IV o.t.)
 

Megjegyzés. Azt, hogy a testátlók közös M pontja létezése esetén a test csonka gúla, a következőkből is sejthetjük. Az AD:EH=m1:m2=AB:EF aránypárból és a BAD, FGH szögek térbeli váltószög voltából következik, hogy az ABCD és GHEF paralelogrammák hasonló helyzetűek, és hasonlósági pontjuk M. Kézenfekvőnek látszik tehát, hogy a G, H, E, F csúcsok helyére E, F, G, H-t írva ugyancsak létezik hasonlósági pont, és ez N.
1Lásd K. M. L. 23 (1961) 17. o. Ha a PQRS konvex négyszögben PQ||RS, akkor PR2+QS2=QR2+SP2+2PQRS.

2Lásd K. M. L. 17 (1958) 57. o. Ha a tér n egyenese közül bármelyik kettő metszi egymást, akkor vagy egy síkban vannak, vagy egy ponton mennek át.