Feladat: F.2552 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Batternay Anita ,  Benczúr A. ,  Bereczky Á. ,  Blahota I. ,  Bodor Sz. ,  Bóna M. ,  Bordás F. ,  Bozó A. ,  Deák Csaba ,  Dinnyés Enikő ,  Grallert Á. ,  Hajdú G. ,  Hantosi Zs. ,  Hartman Klára ,  Héjj T. ,  Horváth 572 L. ,  Illés A. ,  Istvanovszky M. ,  Kelemen Eszter ,  Kintli L. ,  Kiszel I. ,  Kocsis 443 Katalin ,  Ohnmach R. ,  Olasz-Szabó M. ,  Olláry P. ,  Pál G. ,  Pálmai L. ,  Ribényi Á. ,  Rung Éva ,  Weszelovszky Éva ,  Zóránd G. 
Füzet: 1986/április, 158 - 162. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Vetítések, Kocka, Sokszögek szimmetriái, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/november: F.2552

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

I. megoldás. 1. Jelöljük a szabályos hatszög oldalát r-rel, középpontját O-val, egymás utáni csúcsait C1-gyel, C2-vel, ..., C6-tal úgy, hogy az Ai pont a CiCi+1 oldalszakasz belső pontja, ha i=1,2,3,4,5, és A6 a C6C1 szakasz belső pontja. Legyenek továbbá a leírás szerint keletkező háromszög csúcsai S3, S5, S1 úgy, hogy S3 az A1A2, A3A4 egyenespár metszéspontja, S5 az A3A4, A5A6 páré, S1 az A5A6, A1A2 egyenespáré. Ekkor a feltevés szerint Si az OCi félegyenesen van, ahol i=1,3,5. Eleve kizárjuk, hogy A-típusú pont egybeessék C-típusú csúccsal, így az S pontok egyértelműen létrejönnek.

 
 
1. ábra
 

 
 
2. ábra
 

A feladat föltevése tulajdonképpen azt jelenti, hogy az A csúcsok közül csak hármat választottunk szabadon, a további hármat már meghatározza, hogy S1, S3, S5 egy-egy hosszú átló egyenesére esik. Például A1, A2 és A3 egyértelműen meghatározza az egész alakzatot: az A1A2 egyenes kimetszi OC1-ből S1-et, OC3-ból S3-at, az S3A3 egyenes OC5-ből S5-öt és C4C5-ből A4-et, végül az S1S5 egyenes A5-öt és A6-ot. Pontosabban: a C1A1, C2A2 és C3A3 szakaszokból kiszámítható egyrészt az A4, A5, A6 pontok távolsága az illető hatszögoldal végpontjaitól, másrészt az S1, S3, S5 csúcsok távolsága O-tól és az ugyanolyan indexű C csúcstól. Ezek után megkaphatjuk azoknak a pontoknak az O-tól mért távolságát, ahol az A2A3 egyenes az OC2, OC4 félegyeneseket metszi, valamint az A4A5, A6A1 egyenesek hasonlóan kiválasztott metszéspontjainak O-tól mért távolságait.
2. Tekinthetnénk azonban az alakzatot úgy is, hogy az S1, S3, S5 pontokat választottuk elsőnek, és e háromszög oldalai jelölték ki az Ai pontokat a szabályos hatszög kerületén. Ebben a felfogásban jobban kihasználhatjuk a C-hatszög szimmetriáját. Csak azt fogjuk igazolni, hogy az OC2 félegyenesnek A2A3-mal való S2* metszéspontja azonos az A6A1-gyel való S2** metszéspontjával. Mivel a C hatszög az O körüli 120-os elfordítással önmagába megy át, másrészt minden egyes Ai pont szerepe is ugyanaz az alakzat kiépítésében, mint az Ai-2 és az Ai+2 ponté, azért S2* és S2** azonosságából az is következik, hogy az OC4 és OC6 félegyeneseken is egybeesik 2‐2 metszéspont.
Rátérünk a tervbe vett számítás végrehajtására. Felhasználjuk, hogy a C-hatszög 2‐2 alkalmasan választott oldala párhuzamos a bennük nem szereplő csúcsokat összekötő "hosszú'' átló egyenesével.
3. Az S2*C2A2 és A3C3A2, illetve az S2**C2A1 és A6C1A1 hasonló háromszög párokból:
S2*C2=C2A2C3A3C3A2,S2**C2=C1A6C2A1C1A1.
Arányuk kifejezését az alábbi sor szerint alakítjuk:
S2*C2S2**C2=C2A2C2A1C1A1C3A2C3A3C1A6.(1)
Azt fogjuk belátni, hogy a jobb oldal értéke 1, ez jelenti azt, hogy S* és S2** egybeesik.
A jobb oldal első tényezője ‐ mint arány ‐ egyenlő az OS1/OS3 aránnyal, mert a C2A1A2 és OS3S1 háromszögek megfelelő oldalegyenesei páronként párhuzamosak, ill. egybeesnek, a két háromszög hasonló. A második tényezőt a C1A1S1 és OS3S1, valamint C3A2S3 és OS1S3 háromszögpárok hasonlósága alapján alakítjuk tovább:
C1A1:C3A2=OS3C1S1OS1:OS1C3S3OS3=(OS3OS1)2C1S1C3S3.
Végül (1) harmadik tényezőjében a C3A3S3 és OS5S3, illetve a C1A6S1 és OS5S1 párok hasonlósága alapján
C3A3:C1A6=OS5C3S3OS3:OS5C1S1OS1=OS1OS3C3S3C1S1.

Mindhárom tényező átalakított kifejezésében csak az S1, S3, S5 pontoknak az O-tól, illetve a megfelelő Ci-től való távolságai szerepelnek ‐ ezzel teljesen felhasználtuk az S1S3S5 háromszög helyzetére vonatkozó föltevést ‐ és a szorzat értéke valóban 1. Evvel bebizonyítottuk az állításnak S2-re vonatkozó részét, és ebből ‐ mint előrebocsátottuk ‐ az S4-re, S6-ra vonatkozó része is következik.
Az S1, S3, S5 pontokról csak azt használtuk fel, hogy nem esnek egybe O-val és az ugyanolyan indexű C-vel, és hogy olyanok, hogy pl. A1 és A2 különbözők egymástól, és így C2-től is stb. Ennélfogva a feladat állítása minden ilyen megválasztású S1S3S5 háromszögből keletkezett alakzatra is érvényes. (A 2.ábrán S3 a C hatszög belsejében van. Az érdeklődő számos másféle felvételt is kipróbálhat.)
 
Megjegyzés. Érdekes észrevétel az ábrákon, hogy az új háromszög oldalai párhuzamosak az első háromszög oldalaival, S2S4S5S1 s i.t. Ez az A3S3:S5S3=C3S3:OS3=A2S3:S1S3 arányok egyenlőségéből következik. Többen erre építették fel bizonyításukat.
 

II. megoldás. A feladat állítását azáltal bizonyítjuk, hogy az ábra valamennyi vonalának egységes térbeli értelmezését adjuk. Első meglátásunk az, hogy a szabályos hatszög oldalainak és szóban forgó hosszú átlóinak együttese tekinthető egy kocka összes éle képének ‐ merőleges vetületének ‐ egy olyan síkon, amely merőlegesen áll a kocka egyik testátlójára. (Más szóval: a vetítés ezzel a testátlóval párhuzamosan történik.)
 
 
3.a ábra
 

Az a két kockacsúcs, amelyik ezt a testátlót meghatározza, a vetületben egybeesik, ez ábránk O pontja. Ha a kockán a testátló végpontjait O1-gyel és O2-vel jelöljük úgy, hogy az O1-ből kiinduló élek O1C1, O1C3, O1C5 legyenek, akkor a kocka egy lapja O1C1C2C3, és az ezzel párhuzamos lapja ugyanúgy körüljárva C5C6O2C4. A C1C2...C6 térbeli hatszög minden egyes oldala kockaél, a síkbeli hatszög pedig a képnek "kontúrvonala''. A kocka még hátra levő három éle pedig O2-ben fut össze (3/a ábra).
A feladatbeli alakzatnak a föltevésben és a bizonyítandó állításban szereplő 3‐3 egyenesét ezek után tekinthetjük egy T sík által a kocka 6 lapsíkjából kimetszett egyenesek vetületének. A síkot meghatározza bármely olyan 3 pont az A1,A2,...,A6, valamint S1,S3,S5 közül, amely nem esik egy egyenesbe. Vegyük úgy, hogy a T síkot az O1-ből kifutó élek egyenesein levő S1, S3, S5 pontjaival választottuk meg. Ekkor a föltevésbeli S1S3, S3S5 és S5S1 egyenesek T metszésvonalai az O1-ben összefutó lapsíkokkal, sorra ezekkel: O1C1C2C3, O1C3C4C5 és O1C5C6C1, továbbá A1,A2,...,A6 sorra a C1C2, a C2C3,..., a C6C1 él pontja (3/b ábra).
 
 
3.b ábra
 

Így pedig a vizsgálandó egyenesek a T síknak a további 3 kockalappal való metszésvonalai, hiszen A2 és A3 összekötése a C2C3C4O2 lappal, A6 és A1 összekötése a C2C1C6O2 lappal való metszésvonalat jelenti. E két egyenes metszéspontja mindkét lapsíkban benne van, tehát rajta van az O2C2 él egyenesén, ez az S2, és ez éppen a bizonyítandó állítás első része. Ugyanígy adódik, hogy a további két metszéspont, S4, ill. S6 rajta van az O2C4, ill. az O2C6 él egyenesén.
Ebben a felfogásban az A1A2...A6 hatszög szemben fekvő oldalának párhuzamos volta abból adódik, hogy a sík a kocka párhuzamos lapsíkpárjait párhuzamos egyenesekben metszi. Továbbá így elfajult eseteknek is értelmet tulajdoníthatunk, mint pl. A1=C1=A6=S1-nek.
Megjegyzések. 1. Könnyen adódik ezek után a feladat általánosítása: centrálisan szimmetrikus hatszöget venni a szabályos hatszög helyére. A 4. ábrán O1 az a pont, amellyel az O1C1, O1C3, O1C5 szakaszok a C1C2...C6 hatszöget 3 paralelogrammára darabolják, és ennek O-ra való O2 tükörképével ugyanez igaz az O2C2, O2C4, O2C6 szakaszokra. (Itt O a hatszög centruma.) Ha az A1A2, A3A4 és A6A1 egyenesek páronkénti S1, S3, S5 metszéspontjai rendre rajta vannak az O1C1, O1C3, O1C5 egyenesen, akkor az A2A3, A4A5, A6A1 egyenesek páronkénti S2, S4, S6 metszéspontjai rendre az O2C2, O2C4, O2C6 egyenesen vannak.
 
 
4. ábra
 

Az I. megoldás számításai szinte betűről betűre átvehetők, mert ott a szabályosságból kizárólag bizonyos egyenesek párhuzamosságát használtuk ki, azok pedig itt is megvannak. (O mellé 1-es indexet kell tennünk.)
A II. megoldás meggondolása is átvehető. A C1C2...C6 centrálszimmetrikus hatszög csúcsai és a 3‐3 paralelogrammára osztó O1, O2 pontjai mindig tekinthetők egy paralelepipedon valamilyen irányú párhuzamos vetületének, a további egyenesek pedig a 6 lapsík és egy alkalmas metsző sík metszés vonalai vetületének. Itt már nem is kell értelmezést adni a vetítés irányára.
2. Eddig csak "könnyű'' példákat említettünk az A-pontok és az S1, S3, S5 pontok együttesének (illetve a T síknak) 3 alkalmas képviselőjük által való meghatározására. A 4. ábrához kapcsolódva elmondunk egy kis "fogást'', amely célra vezet abban a "nehéz'' esetben, ha A1, A3 és A5 adottak, vagyis testeink három kitérő élének 1‐1 pontja.
Tekintsük fedőlapnak az O1C1C2C3 lapot és keressük meg ennek az A3A5 egyenesen levő X pontját. Azt ismerve, nyilván az XA1 egyenes metszi ki az A2, S1, S3 pontokat. Mozgassunk gondolatban 1‐1 pontot az alapsíkbeli C4-ből és A5-ből egyenletesen úgy, hogy egyszerre érjenek A3-ba, majd tovább ugyanígy, míg elérik a fedősíkot. Így a két pont összekötő egyenese állandóan párhuzamos a C4A5 egyenessel, az alap- és a fedősíkkal, tehát egyidejűen érkeznek C3-ba, ill. X-be. Eszerint XC3 párhuzamos C4A5-tel.
Vannak más nehéz esetek is! Az ilyen X-ek révén emelkedik az SjSj+2 típusú egyenesek "nevezetes'' pontjainak a száma.