Feladat: F.2565 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Benczúr A. ,  Bereczky Á. ,  Csott R. ,  Cynolter G. ,  Dinnyés Enikő ,  Grallert Ágnes ,  Gyuris V. ,  Hajdú G. ,  Heller Judit ,  Horváth E. ,  Majoros L. ,  Majzik I. ,  Pál G. ,  Tasnádi T. ,  Tóth 324 T. 
Füzet: 1986/november, 365 - 367. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek egybevágósága, Poliéderek átdarabolása, Vetítések, Derékszögű háromszögek geometriája, Középvonal, Térgeometriai bizonyítások, Tetraéderek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1986/január: F.2565

Az ABCD tömör tetraéderről a következőket tudjuk : AB=BC=CD=e, AC=BD=f, és az ADB, ADC lapok közti szög 60.
a) Fejezzük ki az AD él hosszát az e, f méretekkel!
b) Mutassuk meg, hogy az f hosszúságú éleknél levő lapszögek derékszögek!
c) Mutassuk meg, hogy a testet két alkalmas síkkal elmetszve darabjai átrendezhetők egy szabályos háromoldalú hasábbá!

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

Látni fogjuk, hogy a feladat b) és c) állítása csak az f>e(>0) nagyságviszony mellett érvényes.

 
 
1. ábra
 

Legyen B és C vetülete AD-re B0, ill. C0, a C csúcs vetülete az ABD síkra C', és B vetülete a C0C' egyenesre B1 (1. ábra). Az ADB és DAC lapháromszögek egybevágók, mert ezen körüljárásaik szerinti első oldalpárjuk közös, a további kettő pedig a feltevés szerint egyenlő. Emiatt BB0, CC0 magasságaik is egyenlők.
Az adott CC0C'=60 alapján a CC0C' derékszögű háromszögből
C'C0=CC02=BB02=B1C02,
hiszen C'C0 merőleges AD-re és BB1-re, tehát BB1AD. Eszerint C' felezi a B1C0 szakaszt, továbbá a CC0B1 háromszög egyenlő oldalú.
Másrészt C benne van a B1C0 szakasz felező merőleges síkjában, ez pedig azonos a BB0 szakasz felező merőleges síkjával, tehát az adatok szerint
B0C=BC=e=DC.(1)

1. Ha mármost e=AB<DB=f, akkor a közös befogójú BB0A és BB0D háromszögekből B0A<B0D, tehát B0DC valódi háromszög és egyenlő szárú. Ebben a B0D alapon fekvő szögek hegyesszögek, egyszersmind BAD is hegyesszög. Így C0, B0 az AD élszakaszon vannak és harmadolják azt. Jelöljük AD hosszát 3g-vel, ekkor az ADC háromszögből
g=DC0=DCcosCDA=AD2-AC2+CD22DA=9g2-(f2-e2)6g,
és AD keresett kifejezése:
AD2=9g2=3(f2-e2),
ami a most vizsgált esetben pozitív. Hozzátesszük, hogy mivel az AD2=(f+e)(3f-3e) felbontás első tényezője az ADB háromszög révén nagyobb, mint AD, azért a második tényezőre AD<3f-3e, és az f+e>3f-3e egyenlőtlenségből 2e>f feltétele annak, hogy a háromszög létrejöhessen. Ugyanez az egybevágó BCA és BCD lapokból is kiadódik.
2. Ha viszont e=AB>DB=f, akkor AB0>DB0=AC0. Így B0 a C0D félegyenesen van, másrészt (1) szerint C-től ugyanannyira, mint D, tehát B0 azonos D-vel. Ezért az ADB=DAC derékszög, tehát ekkor AD2=AB2-BD2=e2-f2 (2. ábra). Ide kapcsoljuk mindjárt, hogy e=f nem lehetséges. Akkor ugyanis C0 egybeesnék B0-lal, és B1 a B-vel, így ‐ hacsak AD>0 ‐, BB0=CB0<BA=e=BC lenne, és a BB0C nem lehetne 60-os.
 
 
2. ábra
 

Láttuk, hogy az 1. nagyságviszony mellett C0 felezi a B0D szakaszt, és C0C'B0B, így C0C'=B0B/2 éppen középvonala a BB0D háromszögnek, tehát C' rajta van a BD élen (felezi azt). Így a BCD lap tartalmazza az ABD-re merőleges CC' egyenest, tehát maga is merőleges az ABD lapsíkra, ahogy a feladat állítja.
Ugyanez a tény az AC=f élben metsződő lappárra abból adódik, hogy a testnek van olyan forgástengelye, amely körüli 180-os elfordítással önmagába megy át. Ez a tengely az AD szakasz F felezőpontján megy át, merőleges az élre és benne van a B(AD)C lapszöget felező síkban. Könnyen adódik az előzőkből, hogy a tengely a BC élt is felezi. Így az A és D, valamint a B és C csúcspárok egymás helyére fordulnak, és a BD élnél levő derékszögű lapszög az AC élnél levő lapszögbe megy át, az is derékszög.
(Az e>f nagyságviszony esetében C' nincs rajta a BD szakaszon, előbbi érvelésünk alapja kiesik, nincs derékszög az f-élekben összefutó lappárok között. A forgástengely azonban ekkor is megvan.)
Rátérünk a c) állításra, de már csak az e<f esetben. Az első alkalmas metsző sík a CC0C', merőleges az AD élre. A DCC0C' tetraédert a CC' tengely körül 180-kal elfordítva D a B-be jut és C0 a B1 pontba, a CC0C' síkmetszet helyben maradó és elforduló példányai együtt a CC0B1 szabályos háromszöget alkotják. A második síkmetszet pedig az a BB0B', amelybe az első metszet az említett szimmetriával átmegy, tehát szintén merőleges AD-re, B' az AC él felezőpontja. Létrejön a BB0G szabályos háromszög, egybevágó a CC0B1-gyel, és avval párhuzamos síkban fekszik, ezek az állítás szerinti hasáb alaplapjai; az oldalélek pedig B0C0, BB1 és GC.
 

Megjegyzések. 1. A vizsgált típusú tetraéderek (e<f esetén) könnyű példát nyújtanak testátdarabolásra. Bolyai Farkas tétele szerint bármely két egyenlő területű, egyenes vonalú síkidom véges sok lépésben átdarabolható egymásba, ezzel szemben a térben általában nem lehetséges ez két egyező térfogatú, síklapokkal határolt test között, csak bizonyos szoros feltételek mellett.
2. A térszemlélet gyakorlásául hozzáfűzzük: az ADB és DAC lapok a testtel együtt átmennek egymásba, tehát egyező körüljárásúan egybevágók, ha a testre mindkétszer kívülről nézünk rá. Az 1. ábrán viszont ADB és DAC ellentétes körüljárásúak. Ez abból adódik, hogy ott a DAC lapra kívülről nézünk rá, míg az ABD lapra a test belseje felől.