Feladat: 1965. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Gács Péter ,  Lovász László ,  Makai Endre ,  Pelikán József 
Füzet: 1966/május, 197 - 198. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szabályos sokszög alapú gúlák, Négyszög alapú gúlák, Csonkagúlák, Tengely körüli forgatás, Szimmetrikus sokszögek, Trapézok, Négyszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Derékszögű háromszögek geometriája, Geometriai egyenlőtlenségek, Középponti és kerületi szögek, Vetítések, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/május: 1965. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

Megoldás. Tekintsük az ABCD alapú, EFGH fedőlapú szabályos csonkgúlát (4. ábra). A forgásszimmetria miatt mindegy, hogy melyik testátló végpontjait összekötő vonalakkal foglalkozunk. Ha az AG testátlót választjuk, megállapíthatjuk, hogy minden összekötő vonalnak metszenie kell a térbeli BCDHEF hatszöget. Minthogy pedig e hatszög minden pontját A-val és G-vel a csonkagúla felületén elhelyezkedő szakasz köti össze, és két pont összekötő szakasza minden más összekötő vonalnál rövidebb, a legrövidebb összekötő vonal csak két szakaszból álló töröttvonal lehet.

 
 

4. ábra
 

Ez vagy egy oldallapon és a fedőlapon, vagy az alaplapon és egy oldallapon, vagy pedig két oldallapon helyezkedik el. A szimmetria miatt mindegy, hogy itt melyik oldallap vagy melyik két szomszédos oldallap szerepel.
A vizsgált töröttvonal mindhárom esetben két olyan lapon halad, amelyek élben csatlakoznak. Ha e lapokat az él körül egy síkba forgatjuk, a töröttvonal is a síkba terül, s akkor lesz a legrövidebb, ha a kiterítés után nincs már törése, azaz a végpontokat összekötő egyetlen szakasszá válik. Ez persze csak akkor lehetséges, ha a kiterítés után adódó végpontok összekötő szakasza metszi a két lap közös élét. Megmutatjuk, hogy ez a bennünket érdeklő esetek mindegyikében bekövetkezik.
Csonkagúlánk ABFE oldallapja szimmetrikus trapéz, melynek AB alapvonalán 45-nál nagyobb (és EF fedővonalán 135-nál kisebb) szögek nyugszanak. Ha ugyanis P és Q az E csúcsnak az alapsíkra, illetőleg az AB élre vetett vetülete, akkor az APQ egyenlőszárú derékszögű, tehát EQ>PQ=AQ miatt az AEQ-ben a nagyobbik befogóval szemközti EAQ>45.
A feladat követelményére támaszkodva most azt igazoljuk, hogy α=AFB<45. Az alaplap köré írt körben az AB húron 45-os (és 135-os) kerületi szögek nyugszanak. Minthogy az oldallap köré írt kör sugara nagyobb, ebben az AB húron nyugvó kerületi szögek 45-nál kisebbek és 135-nál nagyobbak. Mivel pedig az AFBQ része a 135-nál kisebb EFB-nek, valóban csak 45-nál kisebb lehet.
Tekintsük most már az említett három esetnek megfelelő, kiterítéssel keletkező ábrákat (5. ábra). A testátló végpontjaiból a kiterítés után adódó pontokat összekötő (vastagon meghúzott) szakasz mind a három esetben metszi a két lap közös élét. Mindhárom esetben szerepel ugyanis olyan konvex négyszög, amelynek egyik átlója a közös él, másik átlója pedig a szóban forgó összekötő szakasz. E négyszögek két szemközti oldalát szaggatottan húztuk meg. Konvexitásuk csak az a) és c) ábrarészben kíván alátámasztást, s az a) ábrában AEF<135, valamint FEG'=45, a c) ábrában pedig AFB<45, valamint BFG''<135 következménye.
 
 

5. ábra
 

Már csak annak megmutatására van szükségünk, hogy a vastagon meghúzott szakasz a c) ábrában a legrövidebb. A b) ábra szakasza nyilván hosszabb az a) ábráénál, hiszen vízszintes (a közös él egyenesére vetett) vetülete ugyanakkora, függőleges vetülete pedig nagyobb, mert az alapél nagyobb, mint a fedőél. Azt kell csak bizonyítanunk, hogy az a) és c) ábra szakaszaira AG'>AG''. Ezek a szakaszok az AFG' és AFG'' oldalai, amelyekben két-két oldal páronként egyenlő. Ezért az ismert tételre hivatkozva
AFG'>AFG''
igazolása szükséges, ez azonban β=AFE jelöléssel
90+β>2α+β
alakban írható, s a már bizonyított α<45 következménye.