Kezdőlap


Feladat:	1384. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bárány I. , Baranyai Zs. , Deák Jenő , Domokos László , Elekes György , Herényi I. , Lévai Ferenc , Malina J. , Márki L. , Szántó O. , Székely G. , Szörényi M. , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1966/január, 21 - 24. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Poliéderek átdarabolása, Paralelepipedon, Térfogat, Térgeometriai bizonyítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/március: 1384. matematika feladat

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

I. megoldás. a) Legyen az ( $A B F E$ lapsíkban fekvő) $E F$ , $U W$ egyenespár metszéspontja $U_{0}$ , az $E H$ , $V W$ egyenespáré $V_{0}$ , ekkor $U_{0} V_{0}$ az $E F G H$ lapsík és a felvett $S$ sík metszésvonala, így átmegy $G$ -n, és párhuzamos $U V$ -vel, mert egy síkot két párhuzamos sík párhuzamos egyenesekben metsz. Ezért az $U_{0} F G$ és $U A V$ háromszögek oldalai páronként párhuzamosak, a háromszögek hasonlók, tehát

\begin{matrix} U_{0} F : F G = U_{0} F : b = U A : A V = u : v, \end{matrix}

(2)

amiből

\begin{matrix} U_{0} F = b u / v . \end{matrix}

Felhasználva az

U_{0} E W

U A W

háromszög‐pár hasonlóságát is:

\begin{matrix} U_{0} F = U_{0} E - F E = \frac{E W}{A W} \cdot U A - a = \frac{w - c}{w} \cdot u - a . \end{matrix}

(3)

U_{0} F

-re kapott két kifejezés egyenlőségéből átrendezéssel (1)-et kapjuk.

b) A vizsgálandó helyzetekben a

G

-n át választott

S'

sík helyzetét a paralelepipedon

G

-t nem tartalmazó valamelyik lapsíkjához viszonyítjuk, pl.

A B C D = S_{1}

-hez.

S'

helyzete 3-féle lehet:

α

) párhuzamos

S_{1}

-gyel, ‐ ekkor sem

U

, sem

V

nem jön létre;

β

) metszi

S_{1}

-et egy az

A B C D

paralelogramma valamelyik oldalával, pl.

A B

-vel párhuzamos egyenesben, ekkor

U

nem jön létre, vagy határozatlan, ha ti. a metszésvonal maga

A B

, ‐ mindkét eddigi esetben az állítás tárgytalan;

γ

)

S'

S_{1}

-et olyan

m

egyenesben metszi, mely az

A B C D

paralelogramma mindnégy oldalegyenesét metszi (de nem megy át

C

-n, különben a

β

vagy

α

eset állna elő).
Ha

m

átmegy

A

-n, akkor ide esik

U

V

és

W

is,

u = v = w = 0

, az összefüggés fennáll; minden más esetben

U

V

W

A

-tól különböző pontok, közülük egy vagy kettő az

A B

A D

A E

élek

A

-n túli meghosszabbításán van. Ha az ilyen esetekben a megfelelő

u

v

w

mértékszámot negatívnak vesszük (annak megfelelően, hogy az

A B

A U

, az

A B

A V

és

A E

A W

párok közül melyik áll két ellentétes irányú szakaszból), akkor (1) fennáll.
A bizonyítást az ábra

U' V' W'

síkja esetére vázoljuk, más esetekben is hasonlóan végezhető el. (Az áttekinthetőség megóvása érdekében olyan

S'

síkot vettünk, amely a fentivel azonos

U_{1}

V_{1}

pontokra vezet; ez a

C B

és

C D

élt a kis körrel jelölt pontokban metszi, ide irányulnak a

G

-ből kiinduló metszésvonalak.) Ekkor

A U' = u

és

A V' = v

pozitív,

A W' = w

negatív, tehát az

A W'

szakasz hossza (abszolút értéke)

- w'

, (2)-ben és (3)-ban csak annyi a változás, hogy

E W' = E A + A W' = c - w'

, így viszont

\begin{matrix} \frac{E W'}{A W'} = \frac{c - w'}{- w'} = \frac{w' - c}{w'} \end{matrix}

változatlan; ezzel állításunkat bizonyítottuk.

Lévai Ferenc (Tatabánya, Árpád g. III. o. t.)

II. megoldás az a) részre. Osszuk az

A U V W

tetraédert az

A G U

A G V

A G W

háromszögekkel három tetraéderre. A térfogatokat ugyanúgy jelölve, mint magukat a tetraédereket:

\begin{matrix} A G U V + A G V W + A G W U = A U V W, és így \\ \frac{A G U V}{A U V W} + \frac{A G V W}{A U V W} + \frac{A G W U}{A U V W} = 1. & (4) \end{matrix}

Az első hányadosbeli tetraéderek

A U V

lapja közös, így térfogataik aránya egyenlő az erre az alapra merőleges magasságok arányával. A magasságok

G

-nek és

W

-nek, vagy ami ugyanaz,

E

-nek és

W

-nek az alaptól való távolságai, ezek aránya pedig

A E / A W = c / w

. A (4)-beli további két hányados hasonlóan

a / u

, ill.

b / v

, így

\begin{matrix} \frac{c}{w} + \frac{a}{u} + \frac{b}{v} = 1, \end{matrix}

(5)

amiből a törtek eltávolításával (1)-et kapjuk.

Domokos László (Tatabánya, Árpád g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1. Ugyanezt a bizonyítást térfogatok helyett területekkel mondjuk el. Messe az

A G W

sík

U V

-t

W_{1}

-ben, ekkor

A W_{1} ∥ E G

, és így

G W_{1} / W W_{1} = E A / W

A = c / w

. Ugyanígy

G V_{1} / V V_{1} = b / v

G U_{1} / U U_{1} = a / u

. Viszont a segédábra szerint a

G U V

G V W

G W U

és

U V W

háromszögek felhasználásával a kifejezett arányok összege 1, így ismét (5)-re jutunk.

Elekes György (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)

III. megoldás az a) részre. Legyen az

A U V W

tetraéder

A

-ból húzott magassága

A M = m

, az

A U

A V

A W

élnek az

U V W

alapsíkkal bezárt

A U M

A V M

A W M

szöge rendre

α

β

γ

, továbbá a

B

D

E

F

csúcsnak

A M

-en való vetülete rendre

B'

D'

E'

F'

(más szóval

A M

metszéspontja pl. a

B

-n átmenő és az

U V W

alappal párhuzamos síkkal). Így

m

-et 4-féleképpen fejezhetjük ki (ábra a 24. oldalon):

\begin{matrix} m = u \end{matrix}