Feladat: 1986. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr András [1983-1987] ,  Bereczky Áron ,  Bóna Miklós ,  Bordás Ferenc ,  Csom Gyula ,  Cynolter Gábor ,  Kós Géza ,  Lipták László ,  Mándy Attila ,  Montágh Balázs ,  Rimányi Richárd ,  Szabó Gábor ,  Tóth Gábor 
Füzet: 1987/február, 51 - 57. oldal  PDF file
Témakör(ök): Térgeometria alapjai, Téglatest, Vektorok lineáris kombinációi, Vektorok skaláris szorzata, Háromszögek nevezetes tételei, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Háromszögek egybevágósága, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Trigonometrikus függvények, Tengely körüli forgatás, Vetítések, Derékszögű háromszögek geometriája, Geometriai egyenlőtlenségek, Tetraéderek, Magasságvonal, Magasságpont, Kör geometriája, Téglalapok, Egyéb sokszögek egybevágósága, Paralelepipedon, Egyenes körkúpok, Rombuszok, Középvonal, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/február: 1986. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

Bizonyítsuk be, hogy három egy pontból induló félegyenes akkor és csak akkor tartalmazhatja egy téglatest három lapátlóját, ha a félegyenesek páronként hegyesszöget zárnak be és ezek összege 180.

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

I. megoldás. Először is megmutatjuk, hogy a félegyenesek közös pontja csak a téglatest valamelyik csúcsa lehet. Mivel egy lapnak két átlója van, a három átló közül legalább kettőnek különböző lapokon kell lennie. Két ilyen átló nem lehet szemben fekvő lapokon, mert azok síkjai párhuzamosak, s így a rajtuk levő egy-egy egyenesnek nincs közös pontja. Két szomszédos lapon levő egyenesek csak a lapok metszésvonalán metszhetik egymást, két lapátló tehát csak úgy, ha egyik végpontjuk közös, vagyis a tégla egy csúcsa. Ekkor viszont a harmadik félegyenesen levő átló csak a kérdéses csúcsban találkozó harmadik oldallapnak a csúcsból induló átlója lehet.

 
 
1. ábra
 

Jelöljük a téglatest csúcsait A, B, C, D, A', B', C', D'-vel az 1. ábra szerint, és tekintsük az A csúcsból induló lapátlókat. Jelöljük az AB, AD, AA' vektorokat a, b, c-vel, hosszukat a, b, c-vel. Ekkor az átlók irányába mutató vektorok:
e=AC=a+b,f=AB'=a+c,g=AD'=b+c.
Két félegyenes akkor zár be hegyesszöget, ha az irányukba mutató vektorok skaláris szorzata pozitív. Esetünkben, mivel az a, b, c vektorok páronként merőlegesek egymásra,
ef=(a+b)(a+c)=a2+ac+ba+bc=a2>0,
tehát az AC és AB' átlók közt hegyesszög van. Hasonlóan látható be, hogy a másik két átlópár is hegyesszöget zár be.
A szögek összegének megállapításához belátjuk, hogy a három átló közötti szögek megegyeznek pl. az ACD' háromszög belső szögeivel. Ebből természetesen következik, hogy összegük 180.
B'AD'=CD'A,
mert Pitagorasz tételéből
B'D'2=a2+b2=AC2ésCD'2=a2+c2=AB'2,
tehát az ACD' és a D'B'A háromszög megfelelő oldalai egyenlők, s így a háromszögek egybevágók. Felhasználva még a
B'C2=b2+c2=AD'2
egyenlőséget is, kapjuk, hogy az ACD' és CAB' háromszögek is egybevágók, amiből következik, hogy
ACD'=CAB'.
Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
Most megmutatjuk, hogy ha α, β, γ olyan hegyesszögek, amelyek összege 180, akkor van olyan téglatest, amelyiknek az egyik csúcsából induló lapátlók közti szögek α, β, illetőleg γ.
Rajzoljunk olyan háromszöget, amelyiknek a szögei α, β, illetőleg γ. Ilyen van, mert a szögek összege 180. Legyen az α, β, γ szöggel szemközti oldal hossza e, f, illetőleg g. Ekkor egy olyan téglatest a, b, c éleire, amelyiknek három lapátlója az adott szögeket zárja be, az
a2+b2=e2,a2+c2=f2,b2+c2=g2(1)
egyenletrendszernek kell teljesülnie. Ennek megoldása :
a=(e2+f2-g2)/2,b=(e2+g2-f2)/2,c=(f2+g2-e2)/2.
A gyökjelek alatt pozitív számok állnak, mert a koszinusztétel szerint ezek az értékek
efcosγ,egcosβ,fgcosα,(2)
és ezek a szögek hegyes volta miatt pozitívak.
Szerkesszünk ezekkel az élhosszúságokkal ABCDA'B'C'D' téglatestet. Az 1. ábra jelöléseit használva az A csúcsból induló AC, AB', AD' lapátlók hosszára ekkor rendre az (1) alatti értékek adódnak. Az átlókat vektoroknak tekintve páronkénti skaláris szorzataikra viszont a (2) alatti értékeket kapjuk, hiszen pl.
ACAB'=a2=(e2+f2-g2)/2=efcosγ.
Itt felhasználtuk a megoldás elején végzett számítást is. Mivel a cosinus függvény 0 és 180 közt minden 1 és -1 közti értéket csak egyszer vesz fel, ez csak úgy lehet, ha a lapátlók szöge rendre γ, β és α. Ezzel a feladatot megoldottuk.
 

Megjegyzések. 1. A versenyzők nagy része számításon keresztül oldotta meg a feladatot, ezért választottunk elsőnek egy számításon alapuló megoldást. Akadtak olyanok is, akik a
cos((e, f)+(f, g)+(e, g))=-1,
vagy a
cos((e, f)+(f, g))=-cos(g, e)
egyenlőség igazolásával látták be, hogy a szögek összege 180.
 

2. Annak a belátására, hogy bármely 3 hegyesszöghöz, amelyeknek az összege 180, van olyan téglatest, amelynek 3 lapátlója közti szögek éppen az adottak, azt bizonyítottuk be, hogy minden hegyesszögű háromszöghöz található a térben olyan pont, amelyiket a csúcsokkal összekötő egyenesek páronként merőlegesek. Lényegében ennek a bizonyítását kívánta az 1938. évi Eötvös verseny 3. feladata.*
 

3. A szögösszegre vonatkozó bizonyítás során azt láttuk be, hogy az AB'CD' tetraéder kitérő élpárjai egyenlő hosszúak. Így az oldallapok egybevágó háromszögek. Az ilyen tetraédereket egyenlőoldalúnak nevezik. Ezek a szabályos tetraédernél kevésbé speciálisak, mégis rendelkeznek a szabályos háromszögek számos tulajdonságának a térbeli megfelelőjével.
 

A feladat megoldható számolás nélkül, amint a további megoldások mutatják. Nem bizonyítjuk újra, hogy a félegyeneseknek a tégla egy csúcsából kell indulniuk. Ennek bizonyítása egyébként nem igényelt számítást.
 
 
2. ábra
 

II. megoldás. Belátjuk, hogy a CAD' hegyesszög. Forgassuk a CAD' háromszöget CD' oldala körül a CDD' síkba; jelöljük A új helyzetét A1-gyel. (2. ábra). D a CA1D' háromszög belsejében lesz, ugyanis az A csúcs egy CD'-re bocsátott merőleges síkban mozog forgatás közben. Ennek a síknak az E metszéspontja a CD' egyenessel a CD' szakasz belsejében van, mert A merőleges vetülete, D, rajta van a CDD' sík és a merőleges sík metszésvonalán, az A1E egyenesen; így DE a CDD' derékszögű háromszög D-ből húzott magassága, talppontja tehát az átfogó belsejére esik. Mivel az ADE háromszög AE átfogója nagyobb a DE befogónál, így D az A1E szakaszon van. Ekkor azonban
CDE>CA1EésEDD'>EA1D',
mert a bal oldalon a CA1D, ill. a DA1D' háromszög D-nél levő külső szöge áll, a jobb oldalon viszont az A1 csúcsnál fekvő belső szög. A megfelelő oldalakat összeadva :
90=CDE+EDD'>CA1E+EA1D'=CA1D',
és ezt akartuk bizonyítani. Hasonlóan látható be, hogy a másik két átlópár is hegyesszöget zár be.
Az AB'CD' tetraéder egyenlőoldalú, mert az AB', CD', B'C, D'A AC, B'D' szembenfekvő élpárok a tégla két-két szembenfekvő lapjának egy-egy átlója ; ezek a lapok egybevágó téglalapok és a téglalap két átlója egyenlő hosszú.
Ekkor egybevágók a következő háromszögek : ACD', CAB', D'B'A és így
CAB'=ACD',B'AD'=CD'A.
A jobb oldali szögek az ACD' háromszög belső szögei, tehát a három lapátló közti szögek összege :
B'AC+CAD'+D'AB'=D'AC+CAD'+AD'C=180.
Ezzel beláttuk a feladatban szereplő feltételek szükséges voltát.
 
 
3. ábra
 

Teljesüljön az α, β, γ hegyesszögekre az α+β+γ=180 összefüggés. Rajzoljunk A1A2A3 háromszöget, amelyiknek ekkorák a szögei. Jelöljük az A2A3, A3A1, A1A2 oldalak felezőpontját rendre B', C, D'-vel (3. ábra). (Így maradunk összhangban az eddigi jelölésekkel.) A CA1D' háromszöget a CD' oldala körül, a B'A2D' háromszöget pedig a B'D' oldala körül forgatva az A1 és A2 pontok találkoznak a tér egy A pontjában. Az A1 pont vetülete ugyanis az A1-ből CD'-re állított merőlegesen mozog. Ez merőleges A2A3-ra is, tehát az A1A2A3 háromszög magasságvonala. Metszéspontját CD'-vel jelöljük E-vel. Ez felezi a magasságot. Hasonlóan A2 vetülete a B'D'-re merőleges egyenesen mozog a forgatás során. Ez a háromszög A2-ből húzott magasságvonala, a háromszögbe eső szakaszát a B'D'-vel való F metszéspont felezi.
A két egyenes M metszéspontja a háromszög magasságpontja. Ez a háromszög belsejében van, mert a háromszög hegyesszögű. Az említett felezési tulajdonságok miatt
A1E>EMésA2F>FM.
Ennek folytán az a kör, amelyiken A2 mozog, az M pontban a háromszög síkjára merőlegesen álló egyenest metszi. A metszéspont legyen A. Erre
AD'=A1D'=D'A2,
így ugyanebbe a pontba jut a forgatás közben A2 is. Az A pontra teljesülnek az
AC=CA1=CA3ésAB'=B'A2=B'A3
egyenlőségek, tehát az AB'C háromszög egybevágó A3B'C-vel. Az AB', AC és AD' félegyenesek közti szögek tehát az adott hegyesszögekkel egyenlők, az AB'CD' tetraéder pedig egyenlő oldalú.
Olyan téglatestet kell még szerkesztenünk, amelyiknek az A csúcsból induló élek lapátlói. Húzzunk AB' felezőpontján át olyan D'C-vel egyenlő és egy irányban párhuzamos A'B szakaszt, amelyet a pont szintén felez, és hasonlóan CD' felezőpontján át B'A-val egyenlő, párhuzamos és egyirányú C'D szakaszt, amelyet a pont szintén felez (4. ábra).
 
 
4. ábra
 


Ekkor AA'B'B és CC'D'D párhuzamos oldalú és egybevágó téglalapok, mert átlóik egyenlők és felezik egymást, tehát ABCDA'B'C'D' paralelepipedon. Ekkor azonban téglalapok a többi lapjai is, mert
BD=B'D'=AC=A'C'ésBC'=AD'=CB'=DA',
mivel a tetraéder szemben fekvő élei egyenlők. A paralelepipedon tehát téglatest. Ezzel a feladatot megoldottuk.
 

Megjegyzések. I. A megoldásból látható, hogy tetszés szerinti AB'CD' tetraéderhez megszerkeszthető az ABCDA'B'C'D' paralelepipedon, a tetraéder ún. bennfoglaló paralelepipedonja. Erre vonatkozóan lényegében azt láttuk be, hogy a bennfoglaló paralelepipedon akkor és csak akkor téglatest, ha a tetraéder egyenlőoldalú. Hozzátehetjük ‐ ez könnyen látható ‐, hogy akkor és csak akkor kocka, ha a tetraéder szabályos.
 

2. Az előző megjegyzésnek és a feladat állításának az összevetéséből azt is kapjuk, hogy az egyenlőoldalú tetraéder élei közti szögek hegyesszögek. Nem igaz viszont a megfelelő állítás a lapok közti szögekre. A fenti megoldásban felhasználtuk, hogy az M magasságpont az A1A2A3 háromszög belsejében van, mert az hegyesszögű. Nem kell azonban a B'CD' középháromszögben lennie. Ha pl. a D'A2B' háromszögbe esik (5. ábra), akkor az AB'D' és B'CD' lapok szöge tompaszög.
 
 
5. ábra
 

III. megoldás. Fektessünk az ABCDA'B'C'D' téglatest A csúcsán át az AC lapátlóra merőleges síkot (6. ábra). Ennek a téglával az AA' éle közös, a test a sík egyik oldalán fekszik. Ennélfogva az AB' és AD' félegyenesek hegyesszöget zárnak be a síkra merőleges AC félegyenessel. Hasonlóan látható be, hogy az utoljára említett két félegyenes is hegyesszöget zár be.
 
 
6. ábra
 

 
 
7. ábra
 

Tükrözzük a téglatestet az AA'D'D és BB'C'C lapok középpontján átmenő tengelyre (7. ábra). Ekkor a B'AD' és a CD'A egymásba megy át, tehát ezek egyenlők. Az ABCD ésA'B'C'D' lapokra merőleges tengelyen át tükrözve kapjuk a D'CA és B'AC egyenlőségét. Az AB', AC, AD' lapátlók közti szögek tehát az ACD' háromszög belső szögeivel egyenlők, s így összegük 180. Ezzel a feltételek szükséges voltát beláttuk.
Legyen most α, β, γ három hegyesszög, amelyek összege 180. Rajzoljunk a síkban γ szöget bezáró e és f félegyenest, majd egy α nyílásszögű körkúpot e tengellyel és egy β nyílásszögűt f tengellyel. Ezek metszik egymást. Legyen ugyanis a kúpok metszésvonala e és f síkjával g1, h1 és g2, h2, akkor ezek közül kettő, mondjuk h1 és h2, egymás meghosszabbítása, mert a szögek összege 180 (8. ábra). A g1, h1 és g2, h2 félegyenesek közti szögtartomány nyílásszöge 2α, ill. 2β.
 
 
8. ábra
 

Mivel
2α+2β=360-2γ>180,
így a két szögtartomány átfedi egymást. Közös részük mindkét kúpban benne van, azok tehát valóban metszik egymást. Egyik metszésvonalukat g-vel jelölve, az e, f, g félegyenesek közti szögek γ, β és α.
 
 
9. ábra
 

Jelöljük a félegyenesek közös kezdőpontját 0-val. Legyen g egy ettől különböző pontja D1. Húzzuk meg D1-ből az OD1-gyel e és g síkjában (f,g)(=β) és f és g síkjában (e,g)(=α) szöget bezáró egyenest (9. ábra). Az előbbinek e-vel, ill. az utóbbinak f-fel való metszéspontja legyen B1, ill. C. Ekkor az OB1D1 és D1CO háromszög egybevágó, mert a közös OD1=D1O oldalukon levő szögek egyenlők. Így OB1=D1C és B1D1=CO. Ekkor viszont a B1OC háromszög is egybevágó az előbbiekkel, mert
B1OC=γ=OB1D1
és a megfelelő szögszárakon levő oldalak egyenlők. Így viszont a CD1B1 háromszög is egybevágó az előbbiekkel, mert az utolsó egybevágóságból következik, hogy CB1=OD1 és így pl. az OB1D1 háromszöggel megfelelő oldalaik egyenlők. Az OB1CD1 tetraéder tehát egyenlőoldalú.
Jelöljük a CO, CB1, CD1, OB1, B1D1, D1O élek felezőpontját rendre A, B', D', U, V, W-vel. Ekkor A, B', V, W egy rombusz csúcsai, mert AB' és WV párhuzamos OB1-gyel és fele akkora, miután az OCB1, ill. OD1B1 háromszög középvonala. Így egy síkban vannak és egy paralelogramma csúcsai. Ezen felül AW a COD1 háromszög középvonala, tehát félakkora, mint CD1, ami meg OB1-gyel egyenlő. Így a paralelogramma valóban rombusz, tehát AV ésB'W átlói merőlegesek és felezik egymást. Hasonlóan látható, hogy AUVD' és B'D'WU is rombusz, így AV, B'W és D'U páronként merőlegesek és felezőpontjuk közös; jelöljük ezt A'-vel.
Az A' pontból az AB'D' háromszög oldalai derékszögben látszanak. Legyen B, C', ill. D az a pont, amire AA'B'B, A'B'C'D', ill. AA'D'D paralelogramma. Mivel ezek a paralelogrammák téglalapok, az ABCDA'B'C'D' paralelepipedon téglatest. Ennek AB', AC, AD' lapátlói rendre OB1, OC, OD1-gyel párhuzamosak, így a köztük levő szögek az adott szögek. Ezzel a feladatot megoldottuk.
 

Megjegyzések. 1. Azok a versenyzők, akik számolásmentes utat követtek a feladat megoldásában, az elégségesség bizonyításánál többnyire adottnak tekintettek három egy pontból induló, nem egy síkban fekvő félegyenest, amelyek közti szögek hegyesszögek és összegük 180. Ekkor nem is használták azt a feltételt, hogy a szögek hegyesszögek. Valójában ez éppen annak a belátásához kell, hogy tetszés szerinti három hegyesszöghöz, amelyek összege 180, van három olyan félegyenes, amelyek éppen ekkora szöget zárnak be. Emögött pedig az rejlik, hogy egy háromél élei közti szögek közül bármelyik kettő összege nagyobb a harmadiknál.
2. A megoldás gondolatmenetével tetszés szerinti tetraéderre belátható, hogy a szemközti élpárok felezőpontjait összekötő szakaszoknak ‐ a tetraéder középvonalainak ‐ közös a felezőpontja. A középvonalak a tetraéder bennfoglaló paralelepipedonjának egy csúcsból induló éleivel párhuzamosak és egyenlők. Így akkor és csak akkor merőlegesek páronként, ha a tetraéder egyenlőoldalú.

*Lásd : Hajós Gy.‐ Neukomm Gy ‐ Surányi J.: Matematikai versenytételek, II. köt., 2. kiad. (Tankönyvkiadó, Budapest, 1965) 65‐66. old.