Feladat: F.2324 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csikós Zs. ,  Danyi P. ,  Drávucz Katalin ,  Fritz P. ,  Havasi G. ,  Hetyei G. ,  Holbok I. ,  Ittzés A. ,  Károlyi Gy. ,  Kovács 285 P. ,  Magyar Á. ,  Markó T. ,  Mikó Teréz ,  Nádor P. ,  Peták T. ,  Szemők Á. ,  Szöllősi Gabriella ,  Tóth 360 G. ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. ,  Virányi L. 
Füzet: 1982/február, 66 - 67. oldal  PDF file
Témakör(ök): Terület, felszín, Szabályos tetraéder, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/szeptember: F.2324

Az ABCD szabályos tetraéder ABC lapjának egy belső pontja P. Ismerjük a PA, PB, PC hosszúságokat. Számítsuk ki a PD szakasz hosszát!

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

Jelöljük a PA, PB, PC hosszúságokat rendre a-val, b-vel, c-vel. Forgassuk el A körül az ABP háromszöget úgy, hogy B a C-be kerüljön, és jelöljük P új helyzetét Q-val. Mivel az ABC háromszög szabályos, az APQ háromszög is az. Így a CPQ háromszög oldalainak a hossza épp a három adott távolság. Ebből egyrészt következik, hogy a feladat csak akkor oldható meg, ha az a, b, c oldalakkal háromszög szerkeszthető, másrészt a PQ=a, QC= =b, CP=c oldalakkal rajzolt háromszög PQ oldala fölé kifelé rajzolt APQ szabályos háromszög A csúcsa a C-vel együtt meghatározza az ABC háromszög AC oldalát. Jelöljük ezt d-vel. A koszinusz tételt először az APC, majd a CPQ háromszögre alkalmazva kapjuk, hogy

d2=a2+c2-2accos(60+β)=a2+c2-2ac(12cosβ-32sinβ)==a2+c2-12(a2+c2-b2)+3acsinβ=12(a2+b2+c2)+23t,
ahol β a CPQ szöget, t a CPQ háromszög területét jelöli.
Jelöljük még D-nek az ABC síkon levő vetületét K-val. Pitagorasz tétele alapján PD2=PK2+KD2. Ez utóbbi d alapján könnyen meghatározható, hiszen ha a tetraéder centrumát O-val jelöljük, akkor O negyedeli a DK szakaszt, és AO=OD. Emiatt az AKO háromszögben
(34DK)2=(14DK)2+AK2,
tehát DK2=2AK2=23d2. Belátjuk, hogy
PK2=a2+b2+c23-AK2,(1)
amiből kapjuk, hogy
PD2=a2+b2+c23-d23+2d23=13(a2+b2+c2+d2)==12(a2+b2+c2)+2t3.




Ismeretes, hogy az a, b, c oldalú háromszög területére
16t2=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=2(a2b2+b2c2+c2a2)-(a4+b4+c4)
teljesül, tehát
PD2=12(a2+b2+c2)+1232(a2b2+b2c2+c2a2)-(a4+b4+c4).(2)

Be kell még látnunk az (1) összefüggést. Válasszuk a koordináta-rendszer origójának a K pontot, és jelöljük a szóban forgó pontok koordinátáit a megfelelő kisbetűkkel és egyes, illetve kettes indexszel. Így kapjuk, hogy
PK2=p12+p22,a2=(a1-p1)2+(a2-p2)2,b2=(b1-p1)2+(b2-p2)2,c2=(c1-p1)2+(c2-p2)2,AK2=a12+a22.
Ezeket (1)-be helyettesítve, és figyelembe véve, hogy AK2=BK2=CK2, a1+b1+c1=0, a2+b2+c2=0, valóban azonosságot kapunk. Az utóbbi két összefüggés azért igaz, mert K az ABC háromszögben nemcsak a körülírt kör középpontja, de súlypont is.
 

Megjegyzés. Az a, b, c, d szakaszok közti összefüggés szimmetrikus alakra hozható:
(a2+b2+c2+d2)2=a4+b4+c4+d4.