Kezdőlap


Feladat:	1344. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bárány I. , Márki L. , Scsauraszky P. , Székely G. , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1965/november, 133 - 135. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Poliéderek hasonlósága, Súlypont, Térfogat, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/október: 1344. matematika feladat

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

I. Be fogjuk látni, hogy az $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} = T_{1}$ tetraéder $A_{1} B_{1} C_{1} = H_{1}$ lapja egybevágó, tehát egyenlő területű az $A B C D = T$ tetraéder $A B C = H$ lapjával, továbbá hogy $T_{1}$ -nek $D_{1}$ -ből húzott magassága $3$ -szor akkora, mint $T$ -nek $D$ -ből húzott magassága. Ezekből az állítás már adódik.

A A_{1}

és

D D_{1}

párhuzamos egyenesekkel meghatározott

S_{1}

sík a

B C

élt annak

A_{0}

felezőpontjában metszi, mert itt metszi

B C

-t

S_{1}

-nek az

A B C = S_{2}

síkkal való metszésvonala, az

A D_{1}

súlyvonal. Így

S_{1}

és a

B C D

lapsík

A_{1} D

metszésvonala is átmegy

A_{0}

-on. Ezért az

A_{0} A A_{1}

és

A_{0} D_{1} D

háromszögek hasonlók, és a súlypont harmadoló tulajdonsága alapján

\begin{matrix} A A_{1} = \frac{A A_{0}}{D_{1} A_{0}} \cdot D_{1} D = 3 D_{1} D, \end{matrix}

ennélfogva

S_{2}

-től

D

harmadrész akkora távolságra van, mint

A_{1}

.
Hasonlóan

B B_{1} = C C_{1} = 3 D_{1} D (= A A_{1})

. Párhuzamosak is, emiatt az

A B B_{1} A_{1}

B C C_{1} B_{1}

C A A_{1} C_{1}

négyszögek paralelogrammák. Ezért a

H_{1}

és

H

háromszögek megfelelő oldalai páronként egyenlők, maguk

H_{1}

és

H

egybevágók, mint állítottuk. Továbbá páronként párhuzamosak is a megfelelő oldalak, így

H_{1}

-nek

S_{3}

síkja párhuzamos

S_{2}

-vel. Így pedig

T_{1}

-nek

D_{1}

-ből húzott magassága egyenlő

A_{1}

-nek

S_{2}

-től való távolságával, tehát valóban

3

-szor akkora, mint

T

-ben a

D

-ből húzott magasság.

II. Legyen

D_{1}

A B C

háromszög tetszés szerinti belső pontja, és

D'_{1}

D_{1} D

egyenes és az

A_{1} B_{1} C_{1}

sík metszéspontja. Vágjuk három részre a

T

és

T_{1}

tetraédert az

A A_{1} D'_{1} D_{1}

B B_{1} D'_{1} D_{1}

C C_{1} D'_{1} D_{1}

síkokkal és vizsgáljuk a megfelelő résztetraéderek térfogatának arányát. (Idomok térfogatát, ill. területét ugyanúgy jelöljük, mint magukat az idomokat.) Ekkor pl. az

A B D_{1} D

és

A_{1} B_{1} D'_{1} D_{1}

tetraéderek

A D_{1} D

és

A_{1} D'_{1} D_{1}

lapjának síkja közös. A

B

-ből, ill.

B_{1}

-ből erre bocsátott magasság egyenlő, mert

B B_{1}

párhuzamos ezzel a síkkal, így

\begin{matrix} \frac{A_{1} B_{1} D'_{1} D_{1}}{A B D_{1} D} = \frac{A_{1} D'_{1} D_{1}}{A D_{1} D} . \end{matrix}

A két háromszög

D_{1} D

és

D_{1} D'_{1}

oldala egy egyenesen van, és az

A

-ból, ill.

A_{1}

-ből erre bocsátott magasság egyenlő, mert

A A_{1} ∥ D_{1} D

, így

\begin{matrix} \frac{A_{1} B_{1} D'_{1} D_{1}}{A B D_{1} D} = \frac{D'_{1} D_{1}}{D_{1} D} . \end{matrix}

Hasonlóan

\begin{matrix} \frac{B_{1} C_{1} D'_{1} D_{1}}{B C D_{1} D} = \frac{C_{1} A_{1} D'_{1} D_{1}}{C A D_{1} D} = \frac{D'_{1} D_{1}}{D_{1} D}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} T_{1} / T = D'_{1} D_{1} / D_{1} D . \end{matrix}

(1)

Ezzel visszavezettük a feladatot az utóbbi arány meghatározására.
Messe az

A A_{1} D D_{1} = S'

sík

B C

-t

A'

-ben,

B_{1} C_{1}

-et

A'_{1}

-ben. Így

A' A'_{1} ∥ A A_{1} ∥ B B_{1} ∥ C C_{1}

, mert

B B_{1}

és

C C_{1}

párhuzamosak, meghatároznak egy

S''

síkot, ez párhuzamos

A A_{1}

-gyel,

A' A'_{1}

pedig

S''

és

S'

metszésvonala, tehát párhuzamos

A A_{1}

-gyel.
Legyen

A D

és

A' A'_{1}

metszéspontja

A^{*}

. Ez egyszersmind a

B C C_{1} B_{1}

trapéz átlóinak metszéspontja, mert a

B C_{1}

átló

S''

metszésvonala az

A D B

, másképpen

A D C_{1}

oldallapsíkkal,

C B_{1}

pedig ugyanígy az

A D C = A D B_{1}

sík metszésvonala

S''

-vel. így

A' A^{*} = A^{*} A'_{1}

.
Legyen végül

D D_{1}

metszéspontja

A A'_{1}

-ve1

D^{*}

. Ekkor

D D^{*} = D_{1} D = D^{*} D_{1} = D_{1} D'_{1} / 3

, mert egyrészt

A A^{*}

A A' A'_{1}

háromszög súlyvonala, és így felezi az

A' A'_{1}

oldallal párhuzamos

D_{1} D^{*}

szakaszt, másrészt az

A A_{1} A'

és

A A_{1} A'_{1}

háromszögek

A A_{1}

alapja közös, a harmadik csúcsaikat összekötő egyenes párhuzamos vele, ezért

\begin{matrix} D_{1} D = D^{*} D'_{1} = \frac{A' D_{1}}{A' A} : A A_{1} \end{matrix}

(ugyanis

A' A_{1}

A D C

és

S'

síkok metszésvonala, tehát átmegy

D

-n, hasonlóan

A A'

átmegy

D_{1}

-en).
Eszerint az (1) arány értéke

3

, az I. részben az

A B C

háromszög súlypontjából kiindulva szerkesztett alakzatra kapott eredmény érvényes az

A B C

háromszög belsejében tetszés szerint felvett

D_{1}

pontból kiindulva szerkesztett alakzatra is.