Feladat:	Gy.1805	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1979/május, 210. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Eltolás, Hossz, kerület, Négyzetek, Szabályos tetraéder, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1978/december: Gy.1805

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     Toljuk el a $BC$ szakaszt párhuzamosan az $M$ pontig. Az így kapott $B\text{'}C\text{'}$ szakasz párhuzamos és egyenlő $BC$-vel. Mivel a tetraéder szabályos, $B$ is, és $C$ is egyenlő távolságra van $A$-tól és $D$-től, így $B$ és $C$ benne van az $AD$ szakasz felező merőleges síkjában, $BC\perp AD$. Az $AB\text{'}DC\text{'}$ négyszög tehát négyzet. Hasonlóképpen kaphatjuk az $AD$ szakasz eltolásával az $N$ középpontú $A\text{'}BD\text{'}C$ négyzetet. Mivel $M{N}^2=A{B}^2-2A{M}^2=\frac{1}{2}A{B}^2=AB{\text{'}}^2$, vagyis $MN=AB\text{'}$. A két négyzet csúcsai egy kockát határoznak meg, ennek a kockának a lapátlói a tetraéder élei. Az $MN$ szakasz a kocka két szemközti lapjának középpontját köti össze. Ha tehát $MN$ tetszőleges, $M$ és $N$-től különböző $P$ pontján át az $MN$-re merőleges $S$ síkot fektetünk, ez a kockát egy, az $AB\text{'}DC\text{'}$-vel egybevágó négyzetben metszi. A tetraéder további ($M$, $N$-et nem tartalmazó) négy éle az $S$ síkból rendre kimetszi az $E$, $F$, $G$, $H$ pontokat. Mivel $EH\parallel AD\parallel FG$, $HG\parallel BC\parallel EF$, a $BHE$, $DHG$, $CGF$, $AFE$ háromszögek szabályosak. Jelöljük $a$-val a tetraéder élének hosszát, $x$-szel a $BE=EH=GF$ szakasz hosszát, akkor $HD=HG=EF=a-x$, és a négyszög $k$ kerületére $k=2\left(HE+HG\right)=2\left(x+a-x\right)=2a$ adódik, ami valóban független a $P$ pont megválasztásától.