Feladat: 1077. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bellay Ágnes ,  Benczúr A. ,  Bornes Klára ,  Bujtás Gy. ,  Dömötör Gy. ,  Farkas Z. ,  Fekete J. ,  Frint G. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi l. ,  Gáspár R. ,  Homitzky L. ,  Horváth K. ,  Horváth T. ,  Huber Tibor ,  Juhász I. ,  Kardeván Péter ,  Kéry G. ,  Knuth E. ,  Kopornoky Zs. ,  Kóta G. ,  Kóta J. ,  Kovács I. (Békés) ,  Krámli A. ,  Kunszt Z. ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Molnár E. ,  Nagy Csaba ,  Nagypál B. ,  Náray-Szabó G. ,  Németh I. ,  Nováky B. ,  Opálény M. ,  Pór A. ,  Ratkó I. ,  Sebestyén Z. ,  Simonovits M. ,  Somogyi K. ,  Sonnevend Gy. ,  Szegő K. ,  Székely J. ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Vesztergombi Gy. ,  Zalán P. 
Füzet: 1961/november, 122 - 124. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/december: 1077. matematika feladat

Egy az ABCD tetraéder A, B, C csúcsain átmenő G1 gömb a DA, DB, DC éleket másodszor a K, L, M pontokban metszi, egy az A, B, D csúcsokon átmenő G2 gömb pedig a CA, CB, CD éleket másodszor P, Q, R-ben. Bizonyítsuk be, hogy a KLM és PQR háromszögek hasonlók.
1077. feladathoz pedig ld. a 615. gyakorlat megoldását ezen számban.

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

I. megoldás. A hasonlóság úgy áll fenn, hogy P, Q, R rendre L, K, M-nek felel meg.

 
 

Ennek bizonyítására a megfelelő oldalak arányának egyenlőségét fogjuk megmutatni:
PR:QR=LM:KMés(1)PR:PQ=LM:LK.(2)



A 615. gyakorlatban1 segédtételként bebizonyítottuk (könnyen következik abból, hogy ABLK, BCML, CAKM húrnégyszög), hogy
DKLDBA,(3)DLMDCB,(4)DMKDAC,(5)


úgy, hogy a csúcspárok a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak. Ezeknek a kapcsolatoknak a G2-vel létrejött és a G1-étől csak jelölésben különböző pontrendszerben a következők felelnek meg:
CPQCBA,(6)CQRCDB,(7)CRPCAD.(8)


Mivel (4) és (7), továbbá (5) és (8) jobb oldalán ugyanaz a háromszög áll, azért
CQRLDM,(9)CRPKMD.(10)



Mármost (10) és (9)-ből
PRRC=DMMK,RCQR=MLDM,
és ezek összeszorzásával egyszerűsítés után (1) adódik.
Hasonlóan a rendre (8), (6), (9), (3)-on alapuló
PRRC=DAAC,CQPQ=ACBA,CRQC=LMDL,DAAB=DLLK


egyenlőségek szorzata egyszerűsítés után (2)-t adja.
 

Huber Tibor (Budapest, Kossuth L. gépip. t. III. o. t.)
 

II. megoldás. A KLM háromszög alakjáról többet is mondhatunk, sőt kevesebb hasonló háromszög‐pár felhasználásával. KLM oldalainak aránya független G1 helyzetétől, kifejezhető az ABCD tetraéder 6 élével:
KL:LM:MK=ABCD:BCAD:CABD,(11)
Ugyanis (3) és (4), valamint (4) és (5)-ből
KLLD=BAADésLDLM=CDCBill.LMMD=CBBDésMDMK=ADAC,
és a két‐két egyenlőség szorzásával (11) első, illetőleg második aránypárját kapjuk. Eredményünk így is írható:
KL=λABCD,LM=λBCAD,MK=λCABD,(12)
vagyis a D-ben összefutó lapokat oldallapoknak, ABC oldalait pedig alapéleknek nevezve KLM oldalai arányosak a velük egy oldallapon levő alapélnek és az evvel szemben levő oldalélnek szorzatával.
Mármost A, B, C, D helyére rendre B, A, D, C-t írva K, L, M helyére CB-n Q, CA-n P és CD-n R lép, és (11) így alakul:
QP:PR:RQ=BADC:ADBC:DBAC,(13)
és itt a szorzatok rendre egyenlők a (11)-beliekkel, tehát QPRKLM.
 

Kardeván Péter (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. g. IV. o. t.)
 

III. megoldás. Megmutatjuk, hogy QRP=KML; ez (1)-gyel összekapcsolva bizonyítja az állítást. (9) és (10) szerint
QRC=DML=LMD,ill.PRC=DMK=KMD,
vagyis az RQ és ML egyenesek a CDB síkban, RP és MK egyenesek a CDA síkban tükrös párok az RM szakasz felező merőlegesére (az RM lehetőségre gondolva így is mondhatjuk: a CD-re az RM felezőpontjában állított merőlegesre). Eszerint, ha a QRP szöget tükrözzük az RM szakasz felezőpontjában a CD-re merőlegesen álló síkra, tükörképe az LMK=KML szög, és így egyenlő is vele. Ezt akartuk bizonyítani.
Az említett tükrösség G1, G2 minden helyzetében fennáll, mert a 615. gyakorlat megoldásából azt is látjuk, hogy G1 helyén egy G' gömbbel a KLM és K'L'M' háromszögek megfelelő oldalai párhuzamosak.
 

Bellay Ágnes (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)

1Lásd a megoldást K. M. L. 21(1960) 199: o.