Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/december: 1077. matematika feladat

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:

\begin{matrix} P R : Q R = L M : K M és & (1) \\ P R : P Q = L M : L K . & (2) \end{matrix}

A 615. gyakorlatban¹ segédtételként bebizonyítottuk (könnyen következik abból, hogy

A B L K

B C M L

C A K M

húrnégyszög), hogy

\begin{matrix} D K L ▵ \sim D B A ▵, & (3) \\ D L M ▵ \sim D C B ▵, & (4) \\ D M K ▵ \sim D A C ▵, & (5) \end{matrix}

úgy, hogy a csúcspárok a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak. Ezeknek a kapcsolatoknak a

G_{2}

-vel létrejött és a

G_{1}

-étől csak jelölésben különböző pontrendszerben a következők felelnek meg:

\begin{matrix} C P Q ▵ \sim C B A ▵, & (6) \\ C Q R ▵ \sim C D B ▵, & (7) \\ C R P ▵ \sim C A D ▵ . & (8) \end{matrix}

Mivel (4) és (7), továbbá (5) és (8) jobb oldalán ugyanaz a háromszög áll, azért

\begin{matrix} C Q R ▵ \sim L D M ▵, & (9) \\ C R P ▵ \sim K M D ▵ . & (10) \end{matrix}

Mármost (10) és (9)-ből

\begin{matrix} \frac{P R}{R C} = \frac{D M}{M K}, \frac{R C}{Q R} = \frac{M L}{D M}, \end{matrix}

és ezek összeszorzásával egyszerűsítés után (1) adódik.
Hasonlóan a rendre (8), (6), (9), (3)-on alapuló

\begin{matrix} \frac{PR}{R C} = \frac{D A}{A C}, \frac{C Q}{PQ} = \frac{A C}{B A}, \\ \frac{C R}{Q C} = \frac{LM}{D L}, \frac{D A}{A B} = \frac{D L}{LK} \end{matrix}

egyenlőségek szorzata egyszerűsítés után (2)-t adja.

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

II. megoldás. A

K L M

háromszög alakjáról többet is mondhatunk, sőt kevesebb hasonló háromszög‐pár felhasználásával.

K L M

oldalainak aránya független

G_{1}

helyzetétől, kifejezhető az

A B C D

tetraéder 6 élével:

\begin{matrix} K L : L M : M K = A B \cdot C D : B C \cdot A D : C A \cdot B D, \end{matrix}

(11)

Ugyanis (3) és (4), valamint (4) és (5)-ből

\begin{matrix} \frac{K L}{L D} = \frac{B A}{A D} és \frac{L D}{L M} = \frac{C D}{C B} ill. \frac{L M}{M D} = \frac{C B}{B D} és \frac{M D}{M K} = \frac{A D}{A C}, \end{matrix}

és a két‐két egyenlőség szorzásával (11) első, illetőleg második aránypárját kapjuk. Eredményünk így is írható:

\begin{matrix} K L = λ \cdot A B \cdot C D, L M = λ \cdot B C \cdot A D, M K = λ \cdot C A \cdot B D, \end{matrix}

(12)

vagyis a

D

-ben összefutó lapokat oldallapoknak,

A B C

oldalait pedig alapéleknek nevezve

K L M

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

C B

-n

Q

C A

-n

P

és

C D

-n

R

lép, és (11) így alakul:

\begin{matrix} Q P : P R : R Q = B A \cdot D C : A D \cdot B C : D B \cdot A C, \end{matrix}

(13)

és itt a szorzatok rendre egyenlők a (11)-beliekkel, tehát

Q P R ▵ \sim K L M ▵

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

III. megoldás. Megmutatjuk, hogy

Q R P ∢ = K M L ∢

; ez (1)-gyel összekapcsolva bizonyítja az állítást. (9) és (10) szerint

\begin{matrix} Q R C ∢ = D M L ∢ = L M D ∢, ill. P R C ∢ = D M K ∢ = K M D ∢, \end{matrix}

vagyis az

R Q

és

M L

egyenesek a

C D B

síkban,

R P

és

M K

egyenesek a

C D A

síkban tükrös párok az

R M

szakasz felező merőlegesére (az

R \equiv M

lehetőségre gondolva így is mondhatjuk: a

C D

-re az

R M

felezőpontjában állított merőlegesre). Eszerint, ha a

Q R P

szöget tükrözzük az

R M

szakasz felezőpontjában a

C D

-re merőlegesen álló síkra, tükörképe az

L M K = K M L

szög, és így egyenlő is vele. Ezt akartuk bizonyítani.
Az említett tükrösség

G_{1}

G_{2}

minden helyzetében fennáll, mert a 615. gyakorlat megoldásából azt is látjuk, hogy

G_{1}

helyén egy

G'

gömbbel a

K L M

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.