Feladat: F.2493 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bajnok Z. ,  Bán Rita ,  Bárczy Zs. ,  Bereczky Á. ,  Bortel L. ,  Bugár I. ,  Csermely Ágnes ,  Czabarka Éva ,  Czuprák E. ,  Domokos M. ,  Hajdú S. ,  Heller Judit ,  Hetyei Judit ,  Hornyák Z. ,  Kiss E. ,  Krajnyák Kornélia ,  Lengyel 424 Cs. ,  Lipták L. ,  Makay G. ,  Mónos Z. ,  Montvai L. ,  Németh-Buhin Á. ,  Olasz-Szabó M. ,  Rimányi R. ,  Szabó 341 Z. ,  Szabó A. ,  Szalay Gy. ,  Szeier T. ,  Szirmai Á. ,  Werner P. 
Füzet: 1985/április, 157 - 158. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Poliéderek súlypontja, Térgeometriai bizonyítások, Szabályos tetraéder, Tetraéderek, Koszinusztétel alkalmazása, Szögfüggvények a térben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/október: F.2493

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

I. megoldás. Jelöljük a tetraéder körülírt gömbjét G-vel, sugarát R-rel, az ABC alapháromszög körülírt körét k-val, ennek középpontját K-val és sugarát r-rel, az AB alapélt a-val, az AOD szöget φ-vel. A k kör egyrészt G, másrészt az oldalélek egyenlősége folytán a D körüli DA sugarú gömb metszésvonala, ezért K rajta van a DO tengelyen és r=Rsinφ. Így a k-ba beírt szabályos háromszög oldalaként a=3r=3Rsinφ adódik.
 
 

Az OAB háromszögből a cosinustétel alapján
cosAOB∢=2R2-AB22R2=1-32sin2φ=32φ-12,
tehát az állítás bal oldala így írható:
32cos2φ+cosφ-12=32(cosφ+13)2-23,


innen pedig az állítás helyessége nyilvánvaló. Egyenlőség cosφ=-1/3 esetén teljesül, akkor O az 1/4 részében vágja ketté a DK súlyvonalat, O a súlypont, tehát a tetraéder szabályos.
 

Megjegyzés. A megoldások legtöbbje az OK paraméter függvényében vizsgálta a bal oldal változását. Ezáltal a vizsgálat bonyolultabb lett, mint a fentiekben, ahol a második tagon mit sem kellett változtatni. Számos dolgozat hiányos is lett azáltal, hogy K helyzetét O-nak csak az egyik oldalán vizsgálta.
 

II. megoldás. Az állításban az O-ból a csúcsokba húzott sugarak közti szögekről van szó. Mind a 4 csúcsot és a nyilvánvaló szimmetriát figyelembe véve mindkétféle szög 3-szor fordul elő. Ezen az észrevételen alapul a következő bizonyítás:
(OA→+OB→+OC→+OD→)2≥0.
Kifejtve
4R2+6R2cosAOB∢+6R2cosAOD∢≥0.
Innen egyszerű átrendezéssel adódik az állítás.