Kezdőlap


Feladat:	F.2234	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Akali M. , Beleznay F. , Fekete J. , Heckenast L. , Kámán L. , Kappelmayer Hedvig , Kárpáti I. , Kertész 789 F. , Kiss 352 Gy. , Kiss E. , Pöltl J. , Sz. Nagy Cs. , Szabó 200 Ágnes , Szabó T. , Szegedy P.
Füzet:	1980/április, 155 - 158. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometriai számítások trigonometriával, Feladat, Tetraéderek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/december: F.2234

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

Vegyük észre, hogy az adatok közt ott szerepel a $C$ , $D$ , $E$ és $A$ -ból alakítható mind a 6 pontpár közti távolság, továbbá bármelyiküket elhagyva, a maradó ponthármasra teljesülnek a háromszög egyenlőtlenségek. Eszerint ez a 4 pont egyértelműen meghatároz egy háromoldalú gúlát (tetraédert).
Ugyanezek érvényesek a $C$ , $D$ , $E$ , $B$ pontnégyesre. És mivel e két tetraéder $C D E$ lapja közös, az $A$ és $B$ pontok kölcsönös helyzete, távolsága is meg van határozva annak az alternatívának az erejéig, hogy $A$ és $B$ a $C D E$ síknak ugyanazon az oldalán van-e vagy nem. Megállapodhatunk, hogy $A$ -t mindkétszer a $C D E$ sík fölött vesszük, itt legyen a $B_{1}$ megoldás is, ekkor $B_{2}$ , a másik megfelelő pont, a $B_{1}$ tükörképe a $C D E$ síkra.
Elsősorban ezzel a kettősséggel véljük megmagyarázni a feladat kérdésének "lehet'' szavát. Gondolnunk kell azonban az eddig nem említett $F$ pontra is, amelynek a két tetraéder közös $D$ csúcsától, valamint a nem közös $A$ , $B$ csúcsaiktól való távolságai is elő vannak írva. Ez lesz tehát a további kérdés ( $A B_{1}$ és $A B_{2}$ kiszámítása után): létezik-e az $A B_{1} D F$ és az $A B_{2} D F$ tetraéder? Ha esetleg csak az egyik léteznék, ez egyértelművé tenné válaszunkat.
Elgondolásunk az első kérdésre: gömböt írunk a $C D E$ háromszög mindegyik csúcsa körül, sugárnak véve az onnan $A$ -ig ‐ illetve $B$ -ig ‐ előírt távolságot, és mindkétszer keressük a 3 gömb közös pontjait (fönt, illetve fönt és lent), majd az ezek közti távolságokat. Ezt azonban síkbeli feladattá egyszerűsíti az az észrevétel, hogy $A C = A D$ és $B C = B D$ alapján $A$ -nak és $B$ -nek a $C D$ élen levő vetülete egybeesik, méghozzá az él $O$ felezőpontjában. Jelöljük $S$ -sel az $O$ -ban $C D$ -re állított merőleges síkot, ekkor elég gondolnunk a gömbökből $S$ által kimetszett körökre; pontosabban csupán 2‐2 körre, hiszen a $C$ és $D$ körül írt gömbök $S$ -ben metszik egymást, közös az $S$ -beli körük.
Egyszerűsödik a második kérdés is ugyanebből a meglátásból, illetve előre megadható a válasz: igenis lesz közös pontja az $A$ körül $A F$ sugárral, $B$ körül $B F$ , valamint $D$ körül $D F$ sugárral írt gömböknek ‐ a $B_{1}$ és $B_{2}$ megoldás mellett egyformán. Abból látjuk ezt, hogy e 3 újabb sugár rendre egyezik 1‐1 már figyelembe vett mérettel. $F$ szerepére megfelel $E$ -nek $S$ -re való $E^{*}$ tükörképe, mert

\begin{matrix} E^{*} D = E C = 5 = F D, E^{*} A = E A = 12 = F A, E^{*} B = E B = 10 = F B . \end{matrix}

(Megfelel persze

E^{*}

-nak a

D A B_{1}

, illetve

D A B_{2}

síkra való tükörképe is, de elég belátni egy ilyen pont létezését.)

1. ábra

Számításaink céljára felvágjuk a tetraéder modelljének

A

-ból induló éleit és az oldallapokat alapélük körül belefordítjuk a

C D E

alaplap síkjába, legyen

A

-nak a

C D

D E

E C

él körüli befordítottja

A_{C D}

A_{D E}

A_{E C}

. Így az oldallapok valódi nagyságban megszerkeszthetők:

A_{C D} C D

s í. t. A lapokat visszaforgatva az

A_{C D}, ...

pontok a

C D, ...

tengelyre merőleges egyenesek "fölött'' jutnak vissza

A

-ba, ezek metszéspontja tehát megadja az

A

-nak az alapsíkon levő

A'

vetületét. Az 1. ábrán mindezt a

B

pontra is vázoljuk. Az alapsíkon levő vetület alátámasztja

S

-beli gondolt szerkesztésünket (2. ábra), illetve méreteket szolgáltat hozzá.

2. ábra

Rátérve a számításra, az

S

-ben

A

-t, illetve

B

-t meghatározó egyik‐egyik kör középpontja

O

, illetve

E

-nek az

f

felező merőlegesen levő

E'

vetülete, sugaraik rendre

\begin{matrix} ϱ_{a} = \sqrt[]{C A^{2} - C O^{2}} = \sqrt[]{69, 75}, r_{a} = \sqrt[]{E A^{2} - E E'^{2}}, \\ ϱ_{b} = \sqrt[]{C B^{2} - C O^{2}} = \sqrt[]{113, 75}, r_{b} = \sqrt[]{E B^{2} - E E'^{2}} . \end{matrix}

A két középpont távolsága egyenlő a

C D E

háromszög

E

-ből induló magasságával:

\begin{matrix} O E' = E'' E = \frac{C E \cdot D' D}{C D} = \frac{5}{11} \sqrt[]{11^{2} - 2, 5^{2}} = \frac{5}{11} \sqrt[]{114, 75}, \end{matrix}

másrészt hasonló háromszögekből

\begin{matrix} E E' = C O - C E'' = \frac{C D}{2} - \frac{C E^{2}}{2 \cdot C D} = \frac{48}{11}, \end{matrix}

és most már az

E'

körüli körök sugarainak számértékei:

\begin{matrix} r_{a} = \frac{12}{11} \sqrt[]{105}, r_{b} = \frac{2}{11} \sqrt[]{2449} . \end{matrix}

Ezt a két sugarat is szemlélteti az 1. ábra az

E' A_{E}

E' B_{E}

szakaszokban,

A_{E}

, ill.

B_{E}

végpontjukat az

E

körüli megfelelő gömbnek az alapsíkbeli főköre metszi ki

f

-ből.
Ezek alapján az

A O E'

háromszögből a cosinustétel alapján

\begin{matrix} O A' = O A cos A O E ∢ = \frac{ϱ_{a}^{2} + O E'^{2} - r_{a}^{2}}{2 \cdot O E'} = - 3, 2346, \end{matrix}

ebből

A

magassága az alapsík fölött

\begin{matrix} m_{A} = A' A = \sqrt[]{ϱ_{a}^{2} - O A'^{2}} = 7, 6998, \end{matrix}

továbbá hasonlóan a

B

pontokra

\begin{matrix} O B' = 5, 8018, m_{B} = B' B = \pm 8, 9492. \end{matrix}

Ezzel tulajdonképpen

A

és

B

koordinátáit kaptuk abban a rendszerben, amelynek origója

O

és első tengelye

f

. Ezek alapján, mivel

A' B' = A' O + O B' = 9, 0364

\begin{matrix} A B_{1} = \sqrt[]{A' B'^{2} + {(m_{A} - m_{B})}^{2}} = 9, 122, \\ A B_{2} = \sqrt[]{A' B'^{2} + {(m_{A} + m_{B})}^{2}} = 18, 943. \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Tetraédereink magasságai rövidebben is meghatározhatók a 6‐6 élből, de ‐ mint láttuk ‐ szükség volt

A

és

B

vetülete helyzetének meghatározására is. Ha a tetraéder egy lapjának oldalai

a

b

c

és a hozzájuk képest kitérő élek rendre

a_{1}

b_{1}

c_{1}

, akkor a

V

térfogatra:

\begin{matrix} 144 V^{2} = (a^{2} a_{1}^{2} + b^{2} b_{1}^{2} + c^{2} c_{1}^{2}) (a^{2} + b^{2} + c^{2} + a_{1}^{2} + b_{1}^{2} + c_{1}^{2}) - 2 a^{2} a_{1}^{2} (a^{2} + a_{1}^{2}) - \\ - 2 b^{2} b_{1}^{2} (b^{2} + b_{1}^{2}) - 2 c^{2} c_{1}^{2} (c^{2} + c_{1}^{2}) - a^{2} b^{2} c^{2} - a^{2} b_{1}^{2} c_{1}^{2} - a_{1}^{2} b^{2} c_{1}^{2} - a_{1}^{2} b_{1}^{2} c^{2} . \end{matrix}

Hasonlóan az

a

b

c

oldalakkal bíró háromszög

t

területére

\begin{matrix} 16 t^{2} = 2 (a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}) - (a^{4} + b^{4} + c^{4}) \end{matrix}

(az ún. Herón‐féle területképlet kifejtéséből),így

\begin{matrix} m_{A}^{2} = {(\frac{3 V}{t})}^{2} = \frac{144 V^{2}}{16 t^{2}} . \end{matrix}

2. Ez a feladat sajnálatos elnézés folytán egyetlen betűben eltért a szerkesztő bizottság elgondolásától, és ezzel alapvetően megváltozott a jellege. Ez már természetes magyarázatot sejtet

F

"különös'' szereplésére. Előre fölhívjuk megoldóink fÍgyelmét a májusban közlendő eredeti elgondolásra.
B. T.