|
Feladat: |
Gy.2173 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bóna M. , Cynolter G. , Grallert Ágnes , Gyuris V. , Hornyák Z. , Horváth 572 L. , Kárpáti M. , Kocsis 443 Katalin , Kós G. , Kucsera Itala , Kunszt P. , Olasz-Szabó M. , Papp 710 Zs. , Ribényi Á. , Szabó 529 G. , Szalay Gy. , Szigeti Z. , Werner P. |
Füzet: |
1985/november,
381 - 383. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Egyéb sokszögek egybevágósága, Paralelepipedon, Paralelogrammák, Tetraéderek, Vektorok lineáris kombinációi, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1984/január: Gy.2173 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A tér egy tetszőlegesen választott pontjából a csúcsokba, illetve a harmadoló pontokba mutató vektorokat jelöljük a megfelelő kisbetűvel. Ekkor pl. és hasonlóképpen
Az egyenletrendszerből átalakítások után a következő összefüggések adják a csúcsokba mutató vektorokat:
Ezek a kifejezések egyértelműek, tehát , , és minden elhelyezkedése egyértelműen határozza meg a keresett , , , pontnégyest. Az megtörténhet, hogy a négy pont egy síkban van, a tetraéder elfajuló, mégpedig abban az esetben, ha maguk a , , és pontok is egy síkban vannak.
II. megoldás. A megoldásban egy szerkesztési eljárást mutatunk be. Fektessünk a tetraéder minden élén át a szemközti éllel párhuzamos síkot. Ez a hat, páronként párhuzamos sík egy paralelepipedont alkot , melyben a tetraéder élei az oldallapok átlói. (L. az ábra bal oldalán.)
Tekintsük a paralelepipedon élét harmadoló, lappal párhuzamos két síkot. Világos, hogy és az -hoz közelebbi , és pedig az -tól távolabbi síkra illeszkednek. A paralelepipedont e két sík egybevágó paralelogrammákban metszi. Ha most a síkot a paralelepipedon élével párhuzamosan a síkra vetítjük, akkor az és a pontok és vetületei, valamint az és a pontok egy paralelogramma ‐ a síkmetszete ‐ kerületén helyezkednek el, és oldalait egyező körüljárás szerint harmadolják. Így maguk is egy paralelogramma csúcsai ( l. az ábra jobb oldalán). Ez azt jelenti, hogy az előbbi vetítés során a szakasz felezőpontja a szakasz felezőpontjába kerül, a irány tehát párhuzamos a vetítés irányával, az éllel, hossza pedig . Megszerkesztve tehát az -ra illeszkedő, -rel párhuzamos síkot, és az és pontok irányú vetülete lesz ezen a síkon. Az paralelogrammát tehát meg tudjuk szerkeszteni, és ha , , és nincsenek egy síkban, akkor az így szerkesztett négyszög valóban paralelogramma is lesz. (Éppen a tetraéder köré építhető paralelepipedon egy lapja.) Most már elegendő az paralelogrammát megszerkesztenünk. ugyanis egybevágó a paralelepipedon állású lapjával, az él hosszát és irányát pedig ismerjük. Így a paralelepipedon és ezzel együtt az tetraéder is megszerkeszthető. Legyen a szakasz -hoz közelebb eső harmadoló pontja. Ekkor az egyenes nyilván párhuzamos -nek az -on, illetve a -on áthaladó oldalaival. Ezeket az oldalegyeneseket tehát megszerkeszthetjük, és hasonlóan kapjuk a másik két oldalegyenest, és így végül magát az paralelogrammát. A leírt szerkesztés mindig elvégezhető, amennyiben , , és nem esnek egy síkba, azaz ha a tetraéder nem fajul el.
Megjegyzések. 1. A középpontú -szeres nagyítás az -t a -be viszi, hasonlóan a középpontú -szeres nagyítás a -t a -be, az középpontú -szeres nagyítás a -t a -be, végül az középpontú -szeres nagyítás a -t ismét az -ba viszi. Ismeretes, hogy középpontos hasonlóságok egymásutánja ismét középpontos hasonlóság, amennyiben az arányok szorzata nem 1, ami itt teljesül. A fentiekből viszont az következik, hogy az eredő középpontos hasonlóság során az pont képe önmaga, vagyis a hasonlóság középpontja, s mint ilyen, egyértelműen meghatározott. Hasonló gondolatmenettel ugyanezt kapjuk a , a és a csúcsokra is. 2. Látható, hogy a megadott harmadolópontok mindig meghatározzák az , , , pontokat, akár síkbeli, akár pedig térbeli elrendezésből indulunk ki. Bár a második megoldás a síkbeli esetet nem adja ki, a feladat kérdésére adott válasza teljesnek tekinthető. |
|