Kezdőlap


Feladat:	F.2277	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Görög Imre
Füzet:	1981/március, 110 - 111. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Térgeometriai bizonyítások, Szabályos tetraéder, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/október: F.2277

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

Megoldás. Legyen egy, a feltevés szerinti $A B C D$ tetraéder térfogata $V$ . Ezt megadja a bármelyik lap területéből és az arra merőleges magasságból képezett szorzat 1/3 része, tehát mivel esetünkben mind a négy magasság hossza $m$ , azért a négy lap $3 V / m$ területei is egyenlőek.

Ebből ‐ az

A B C

és

A B D

háromszögekre gondolva ‐ adódik, hogy

C C_{1}

és

D D_{1}

magasságaik egyenlők, más szóval

C

és

D

egyenlő távolságra vannak az

A B

egyenestől. Legyen

E

A

-n átmenő,

C D

-vel párhuzamos egyenesnek

A

-tól különböző pontja, továbbá

C

és

D

(merőleges) vetülete az

E A B = S

síkon

C'

, illetve

D'

S

egyértelműen meg van határozva, hiszen ha

E

A B

egyenesen volna akkor a 4 csúcs egy síkban volna. A

C D

egyenes párhuzamos

S

-sel, ezért

C C' # D D'

, és

C'

C_{1}

-től különböző pont (különben ismét

C D ∥ A B

). A vetítés alapján

C C'

merőleges az

S

-beli

C' C_{1}

egyenesre ‐ ugyanígy

D D' ⊥ D' D_{1}

‐, ezért a

C C_{1} C'

és

D D_{1} D'

derékszögű háromszögek egybevágóságából

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

. Másrészt e két szakasz

A B

-re is merőlegesen áll, mert e két háromszög síkja merőleges

A B

-re, hiszen pl.

C C_{1} ⊥ A B

és

S

révén

C C' ⊥ A B

.
Azt kaptuk tehát, hogy

C'

és

D'

egyenlő távolságra vannak

A B

-től. Nem lehetnek azonban (

S

-ben)

A B

-nek ugyanazon a partján ‐ különben ismét

A B ∥ C' D' ∥ C D

-re jutnánk ‐, ezért az

A B

egyenes átmegy a

C' D'

szakasz

F'

felezőpontján. Ez a pont nyilván a

C D

él

F

felezőpontjának a vetülete.

Cseréljük fel most eddigi meggondolásunkban az

A B

és

C D

élek szerepét.

C D

-ben is két egyenlő területű lapháromszög csatlakozik. Így

S

helyére a vele párhuzamos és

C D

-n átmenő

S^{*}

sík lép, és azt kapjuk, hogy

F

felezi

A' B'

-t, vagyis

F'

A B

-t, tehát az

A C' B D'

négyszög paralelogramma; másrészt az

A B

C D

élek felezőpontjait összekötő egyenes ‐ az élpár ún. éltengelye ‐ merőleges mindkét élre.
Tekintsük most tetraéderünknek az

A C

, valamint a

B D

élt alkotó lappárjait, legyen

A C

felezőpontja

G

B D

-é

G'

. Ezeknek

S

-en levő vetülete felezi a paralelogramma

A C'

B D'

oldalát, másrészt a

G G'

éltengely párhuzamos

S

-sel. Ezért a

G' G A

derékszög valódi nagyságban látszik a vetületben, tehát paralelogrammánk téglalap,

A B = C' D' = C D

.
Ebből következik, hogy a tetraéder mindhárom szemben levő élpárja egyenlő hosszú, a 6 él között csak 3-féle hosszúság fordul elő, mind a 4 lapon a 3‐3 oldal egyenlő. Ezzel igazoltuk a feladat állítását.

Görög Imre (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzés. Meg lehet mutatni, hogy a föltételezett tulajdonságból (a lapok egybevágósága útján) következik, hogy a lapok hegyesszögűek. Minden hegyesszögű háromszög 4 példányából összeállítható a tetraéder modellje, éspedig úgy, hogy a lapokra (kívülről) ránézve, ezek körüljárásai egyezőek. Ezért akármelyik csúcs bármelyik másiknak a helyére vihető úgy, hogy a többi 3 csúcs is egy‐egy másik helyére jusson. Így az egyenlő éleknél levő lapszögek is egyenlők. Az egybevágó lapú tetraéderekben egy pontba esik a 3 éltengely felezőpontja, vagyis a súlypont, a beírt, valamint a körülírt gömb középpontja. (A síkban, háromszögben az utóbbi három nevezetes pont közül akármelyik kettőnek az egybeesése maga után vonja, hogy a háromszög szabályos.)