Kezdőlap


Feladat:	1285. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bacsó G. , Balogh Zoltán , Bodnár I. , Breuer P. , Burda Magdolna , Domokos Mária (Makó) , Gál P. , Gáspár Gy. , Győri E. , Hadik Gy. , Kirchner I. , Komornik V. , Kovács I. , Láng I. , Lang I. , Major I. , Miseta R. , Móri Tamás , Nagy Bertalan , Nagy Sándor , Orosz Éva , Pataki Béla , Reiczigel Jenő , Smohay F. , Szász Gy. , Szeredi J. , Tarsó B. , Vályi G. , Wittmann I.
Füzet:	1970/október, 64 - 67. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Súlyvonal, Magasságvonal, Térgeometriai számítások trigonometria nélkül, Tetraéderek, Vektorok lineáris kombinációi, Helyvektorok, Vektorok skaláris szorzata, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/december: 1285. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy a tetraéder $S$ súlypontjának az $A B C$ síkra való $S'$ merőleges vetülete az $A B C$ háromszög magasságpontja és hogy a háromszög egyenlő szárú: $A B = A C$ .

1. ábra

2. ábra

Valóban,

A S

merőleges

S B

-re és

S C

-re, tehát az általuk meghatározott sík minden egyenesére, így

B C

-re is, de ekkor

A S'

vetülete is merőleges rá, mert

B C

merőleges az

A S S'

sík

S S'

egyenesére is, tehát a sík minden egyenesére.
Hasonlóan látható, hogy

B S

(és

C S'

is) magasságvonala az

A B C

háromszögnek, tehát

S'

a magasságpont.
A feltétel szerint

D A

merőleges az

A B C

síkra, így párhuzamos

S S'

-vel, tehát egy síkban vannak. Ekkor az

A B C

háromszög

S_{D}

súlypontja mint a

D S

egyenes döféspontja az

A B C

síkon, ennek és az

A D S S'

síknak a metszésvonalán, az

A S'

egyenesen van. Ez az egyenes tehát súlyvonal is, magasságvonal is, vagyis szimmetriatengely. Így

A B = A C

.
Mivel az

S

súlypontra

S_{D} S = \frac{1}{4} S_{D} D

, így

S_{D} S' = \frac{1}{4} S_{D} A = \frac{1}{6} A F_{a}

, ahol

F_{a}

B C

oldal felezőpontja. Válasszuk

S_{D} S'

-t mértékegységnek, ekkor tehát

\begin{matrix} A F_{a} = 6, A S' = A S_{D} - S' S_{D} = 3 = \frac{1}{2} A F_{a} = S' F_{a} . \end{matrix}

A F_{a} S

és

B C S

egyenlő szárú derékszögű háromszögek, utóbbi azért, mert a tetraéder szimmetrikus az

A B C

háromszögre

A F_{a}

-n át merőlegesen állított

A D F_{a}

síkra, amely tartalmazza

S

-et is; az előbbi

S

-nél derékszögű és

S S'

magassága súlyvonal is. Ezek alapján

\begin{matrix} S S' = S' A = 3, & A S = 3 \sqrt[]{2} = S F_{a} = F_{a} B, B C = 2 F_{a} B = 6 \sqrt[]{2}, \\ S B = S C = B C / \sqrt[]{2} = 6; & A B = A C = \sqrt[]{A S^{2} + S B^{2}} = \sqrt[]{54} = 3 \sqrt[]{6}, A D = 4 S S' = 12, \\ B D = & C D = \sqrt[]{A B^{2} + A D^{2}} = \sqrt[]{198} = 3 \sqrt[]{22} . \end{matrix}

Végül az

A

B

C

D

csúcsokból induló

s_{A}

s_{B}

s_{C}

s_{D}

súlyvonalak hossza

\begin{matrix} s_{A} = \frac{4}{3} A S = 4 \sqrt[]{2}, s_{B} = s_{C} = \frac{4}{3} S B = 8, és s_{D} = 4 S_{D} S = 4 \sqrt[]{S_{D} S'^{2} + S S'^{2}} = 4 \sqrt[]{10} . \end{matrix}

Így a keresett távolságok aránya (mindegyik kapott mértékszám

1 / \sqrt[]{2}

-szörösét véve)

\begin{matrix} A B : A C \end{matrix}